SELEKSI OLIMPIADE TINGKAT KABUPATEN KOTA

(1)

SELEKSI OLIMPIADE TINGKAT KABUPATEN/KOTA 2015

TIM OLIMPIADE FISIKA INDONESIA 2016

Bidang Fisika

Waktu : 180 menit

KEMENTRIAN PENDIDIKAN DAN KEBUDAYAAN

DIREKTORAT JENDERAL PENDIDIKAN DASAR DAN MENENGAH DIREKTORAT PEMBINAAN SEKOLAH MENENGAH ATAS

(2)

1. (10 poin) Sebuah mobil yang bermassa 2m sedang bergerak dengan kecepatan v pada saat mendekati mobil lain yang bermassa 4m dan sedang dalam keadaan diam. Pada saat tumbukan terjadi, pegas terkompresi (lihat gamgar di bawah!). Jika semua gesekan diabaikan, tentukan:

a. kecepatan mobil 4m pada saat pegas terkompresi maksimum (energinya dianggap kekal)!

b. kecepatan akhir mobil 4m setelah lama bertumbukan dan mobil 2m lepas dari pegas (energi dianggap kekal)!

c. kecepatan akhir mobil 4m jika tumbukannya tidak elastik!

Penyelesaian :

a. Ketika pegas terkompresi maksimum, kedua mobil akan memiliki kecepatan sesaat sama dengan kecepatan v. Kekekalan momentum linear menghasilkan

2mv(2m4 )m v

Kecepatan mobil 4m saat pegas terkompresi maksimum adalah ₃v_. b. Kekekalan energi dan momentum sistem dinyatakan oleh

2 2 2

1 2

1 1 1

2 2 4

2 mv  2 mv  2 mv

1 2

2mv2mv4mv

dimana v₁ dan v₁ berturut-turut adalah kecepatan mobil 2m dan 4m setelah tumbukan. Jadi kecepatan akhir mobil 4m adalah 2

3

v_.

c. Jika tumbukan tidak elastik, dua mobil akan bergerak bersama setelah tumbukan. Kecepatan kedua mobil akan sama dengan ₃v_{seperti jawaban (a).}

2. (10 poin) Sebuah partikel bergerak dalam lintasan lingkaran dimana jarak yang ditempuh sebagai fungsi waktu dapat dirumuskan dalam bentuk s = C1 t2 + C2 t + C3 , dengan C1 suatu tetapan positif, sedangkan C2 dan C3 suatu tetapan sembarang. Jika pada saat jarak yang ditempuh adalah s1 dan s2 (dimana s2 > s1) maka percepatan total dari partikel berturut-turut adalah a1 dan a2 (dimana a2 > a1). Tentukan jari-jari lingkaran tersebut dinyatakan dalam a1, a2, s1, dan s2!

Penyelesaian :

Jarak tempuh partikel s, kecepatan tangensial v, dan percepatan tangensial mobil at :

2

1 2 3

sC t C tC

1 2

2

v C tC

1

2 t

a  C

Dalam waktu t1 mobil menempuh jarak s1, kecepatan tangensial v1, percepatan tangensial at1,percepatan sentripetal as1, dan percepatan total a1. Jadi

2

1 1 1 2 1 3

s C t C t C

1 2 1 1 2

v  C t C

1 2 1

t

a  C

4m 2m

(3)

 

2

2 2 2

2 1 1 1 2 1 2

2 2 2

1 1 1 1

4 4

2 s t

C t C C t C

a a a C

R

   

  _ _ 

 

Dalam waktu t2 mobil menempuh jarak s2, kecepatan tangensial v2, percepatan tangensial at2, percepatan sentripetal as2. , dan percepatan total a2. Jadi

2

2 1 2 2 2 3

s C t C t C

2 2 1 2 2

v  C t C

2 2 1

t

a  C

2 2 2 2 2

2 1 2 2 1 2 1 2 2 2 2

(2 ) 4 4

s

v C t C C t C C t C

a

R R R

  

  

 

2

2 2 2

2 1 2 1 2 2 2

2 2 2

2 2 2 1

4 4

2 s t

C t C C t C

a a a C

R

   

  _ _ 

 

Kita dapat menuliskan bahwa

2 2

2 2 2 2 2 2

1 2 1 2 2 2 1 1 1 2 1 2 2 2

2 1

4C t 4C C t C 4C t 4C C t C

a a

R R

       

 _ _ _ _

   

Gunakan relasi _x2_y2 



_x_y



_x_y



_{untuk mendapatkan}













2 2 2 2 2

1 1 1 1 2 2 1 2 2 1 2 1 2 2 1 2

2 2 2 1

4C 4C C t( t ) C t( t ) 2C C t( t ) C t( t)

R a a             Oleh karena, 2 2

1 2 1(1 2) 2(1 2) 2 3

s  s C t t C t t  C

2 2

2 1 1(2 1 ) 2(2 1)

s  s C t   t C t t

maka kita dapat menuliskan bahwa besar jari-jari lintasan lingkaran partikel adalah













2

1 1 1 2 3 2 2 1 2 2

2 1

4C 4C s s 2C 2C s s R a a          

3. (10 poin) Seperti diperlihakan dalam gambar, seorang siswa dengan massa M berdiri di atas sebuah meja berbentuk lingkaran , sejauh r dari pusat meja . Katakanlah koefisien gesek antara sepatu siswa dengan meja tersebut adalah μ. Pada saat awal t=0 meja mulai berotasi dengan percepatan sudut α konstan. Anggap gerakan di bawah pengaruh percepatan gravitasi konstan g yang arahnya ke bawah.

a. Hitung besar kecepatan sudut maksimum (ωmaks) hingga siswa tersebut belum sempat mengalami slip!

b. Dengan menganggap bahwa ω < ωmaks, tentukan vertor gaya gesek total yang dialami oleh siswa tersebut sebelum ia mengalami slip dinyatakan sebagai fungsi waktu! c. Dengan menganggap bahwa ω < ωmaks, tentukan kapan siswa tersebut mengalami

slip terhitung sejak meja pertama kali berotasi!

α

μ r

(4)

Penyelesaian :

a. Meja berputar berlawanan arah jarum jam. Dalam kerangka acuan meja yang berputar maka siswa akan mengalami gaya fiktif, yaitu gaya sentrifugal searah vektor r dan gaya tangensial berlawanan dengan arah putaran meja. Arah putaran meja dinyatakan dengan vektor satuan ˆ . Arah vektor r dinyatakan oleh vektor satuan rˆ. Agar siswa tetap diam maka besar gaya gesek akan sama dengan resultan gaya fiktif tetapi arahnya berlwanan dengan arah resultan gaya fiktif. Resultan gaya fiktif adalah

2

ˆ ˆ

fiktif s t

F Ma rMa M rrM r 

Vektor gaya gesek total ketika siswa masih diam adalah

2 ˆ ˆ

fiktif

f  F  M rrM r 

Siswa tidak slip ketika besar gaya gesek tidak melebihi besar gaya gesek statik maksimum. Agar siswa tidak slip maka

f N



₂



2





2

M r  M r Mg

1 2 2 2 2 4

2

g r

r

 

_{ }  _

 

Besar kecepatan maksimum agar siswa tidak slip adalah

1 2 2 2 2 4

2

maks

g r

r

 

 _{ }  _

 

b. Kecepatan sudut meja putar adalah ω=αt. Vektor gaya gesek total sebagai fungsi waktu adalah

 

2 ˆ ₂ ₂ ˆ

ˆ ˆ

f  M t rrM r  M r t rM r 

c. Waktu yang dibutuhkan siswa sampai slip adalah

1 2 2 2 2 4

4 2

maks g r

t

r

  

 

  

 _{ } _

 

4. (15 poin) Sebuah silinder bermassa M dan jari-jari R dapat berotasi bebas terhadap sumbu horizontalnya. Sebuah tali tak bermassa dililitkan pada permukaan silinder , kemudian sebuah beban bermassa m dipasang pada ujung tali. Mula-mula tali berada dibawah silinder. Kemudian beban tersebut dinaikkan setinggi h dan dilepaskan tanpa kecepatan awal. Percepatan gravitasi g ke bawah. Tentukan waktu yang dibutuhkan sejak beban dilepas hingga menempuh jarak 2h ( tali tidak dapat mulur, interaksi bersifat seketika dan tidak lenting sama sekali)!

R

M

m

(5)

Penyelesaian :

Ambil acuan y = 0 di posisi beban dilepaskan dan arah y positif ke bawah. Waktu yang dibutuhkan beban untuk menempuh y=0 sampai y=h (tali kendor) dan y=h sampai y=2h (tali tegang) berturut-turut adalah t1 dan t2. Besar t1 dan t2 berbeda karena besar percepatan beban dalam rentang waktu ini berbeda. Beban jatuh bebas (a1=g) dalam waktu t1, sehingga besar t1 adalah

1

2h t

g



Sesaat beban menempuh h maka tali akan tegang dan menyebakan katrol berputar. Karena interaksi bersifat seketika maka efek gaya gravitasi dapat diabaikan saat interaksi tali dan katrol, sehingga momentum angular sistem kekal terhadap sumbu rotasi. Kecepatan beban sesaat sebelum interaksi adalah v₀  2gh. Kekekalan momentum sudut terhadap sumbu rotasi adalah

0

mv RmvRI

Momen inersia katrol adalah 1 2 2

I MR . Interaksi tidak lenting artinya tali tidak slip sehingga memenuhi hubungan vR. Jadi

1 0 2

mv mv M v 2

2 2

m

v gh

m M

 

Beban selanjutnya akan memiliki kecepatan awal v dan mengalami percepatan a2. Sekarang mari kita mehitung besar percepatan a2. Persamaan gerak beban adalah

2

mg T ma

Persamaan gerak rotasi pada silinder

1 2 2

TR MR

dimana a₂R. Besar tegangan tali dapat dituliskan menjadi

1 2 2

T  Ma

Besar percepatan a2 adalah

2

2 2

m

a g

m M

 

Waktu yang dibutuhakan beban untuk menempuh jarak h saat tali sudah tegang adalah t2. Persamaan kinematika beban adalah

1 2 2 2 2 2

hv t  a t

Solusi t2 kita peroleh menggunakan akar-akar persamaan kuadrat.

2 2 2

2

v v a h

t

a

  



Ambil solusi t2 yang positif sebagai solusi yang fisis.

2 2 2

2

2 2 4

1 2

v v a h h m M

t

a g m

 

   

  _  _

 

Waktu yang dibutuhkan beban untuk menempuh jarak 2h adalah

1 2

2 4

2 total

h m M

t t t

g m

(6)

5. (15 poin) Dua kereta masing-masing bermassa m1 dan m2 dihubungkan dengan tali tak bermassa yang terhubung dengan katrol licin tak bermassa. Kereta m1 berada pada permukaan horizontal, sedangkan m2 berada pada bidang miring dengan sudut kemiringan α terhadap horizontal. Di dalam masing-masing kereta terdapat bandul yang massanya dapat diabaikan relatif terhadap massa kereta. Setelah dilepas posisi masing-masing bandul membentuk sudut terhadap garis vertikal serta diasumsikan bahwa bandul tersebut tidak berayun di dalam kereta. Seluruh permukaan bersifat licin. Percepatan gravitasi g ke bawah. Tentukan sudut kemiringan masing-masing bandul relatif terhadap garis vertikal. Asumsikan jari-jari roda sangat kecil dan massanya dapat diabaikan.

Penyelesaian :

Misalkan tegangan yang menghubungkan kedua kereta adalah T. Percepatan kereta m1 dan kereta m2 akan sama dengan a. Persamaan gerak kereta m1:

1

T m a

Persamaan gerak kereta m2:

2 sin 2

m g  T m a

Besar percepatan kedua kereta adalah

2 1 2

sin

m

a g

m m 

 

Masing-masing bandul tidak berosilasi sehingga percetannya akan sama dengan percepatan kereta relatif terhadap permukaan bidang lintasan. Misalkan massa bandul dalam kereta m1 dan kereta m2 berturut-turut adalah ma dan mb, sedangkan sudut simpangan bandul relatif terhadap vertikal dalam kereta m1 dan m2 berturut-turut adalah θ1 dan θ2.

Mari kita tinjau diagram gaya pada kereta m1.

Persamaan gaya pada pendulum dalam kereta m1 adalah

1

sin _a

T  m a

1

cos _a

T  m g

Jadi,

1

tan a

g

 

2 1

tan m sin

 _   

 

α m2

m1

θ1

mag

(7)

Mari kita tinjau diagram gaya pada kereta m2 .

Persamaan gaya pada pendulum dalam kereta m2 adalah

2

sin sin

b b

m g T  m a

cos _b cos 0

T m g 

Besar tegangan tali pendulum mb adalah

2

cos cos b

m g

T  _

Kita akan mendapatkan bahwa

2 1 2

sin cos tan sin

b b b

m

m g m g m g

m m

    _ 

Bagi persamaan ini dengan m g_b cos, sehingga

2 1 2

sin cos tan sin

b b b

m

m g m g m g

m m

    



2 1 2

tan tan m tan

m m

   



1 1 2

tan m tan

m m

  



Secara geometri kita akan mendapatkan hubungan bahwa

2

  

Oleh karena itu ,





2

tan tan tan tan

1 tan tan

 

     _ _



Anda akan sangat mudah membuktikan bahwa

2

2 2

1 2

sin cos tan

cos

m

m m

 





 

2 1

2 2

1 2

sin cos tan

cos

m

m m

 





  

 _ _



 

6. (20 poin) Sebuah bola pejal homogen bermassa m dan berjari-jari R, dilepaskan dari suatu puncak bidang miring dengan sudut kemiringan θ=450

dan bermassa M = 2m. Bidang miring dapat bergerak bebas pada suatu bidang horizontal licin (lihat gambar) dan bola selalu bergerak menggelinding tanpa slip. Jika diketahui panjang sisi miring dari bidang miring adalah L dan percepatan gravitasi adalah g, tentukan:

a. besar percepatan pusat massa bola relatif terhadap bidang miring!

b. besar percepatan pusat massa bola relatif terhadap bidang horizontal yang licin! c. waktu yang dibutuhkan bola untuk sampai ke tepi bawah bidang miring!

θ2

mbg

a

β

T2

(8)

Penyelesaian :

a. Misalkan percepatan pusat massa bola pejal relatif terhadap bidang miring adalah am dan percepatan bidang miring relatif terhadap bidang horizontal adalah aM. Diagram gaya pada bola pejal dan bidang miring :

Persamaan gerak bidang miring :

sin cos _M

N  f Ma

Persamaan gerak translasi bola pejal dalam arah horizontal :





sin cos mcos M

N  f m a a

Persamaan gerak translasi bola pejal dalam arah vertikal : cos sin _msin

mgN  f  ma 

Persamaan gerak rotasi bola pejal :

2 2 5

fR mR

dimana a_mR. Besar gaya gesek adalah

2 5 m

f  ma

Buktikan bahwa hubungan am dan aM adalah cos

M m

m

a a

m M



 _

Buktikan bahwa besar percepatan pusat massa bola relatif terhadap bidang miring adalah



2



5( ) sin 7 2 5sin m

m M g

a

M m

 

 

 

Untuk nilai θ = 450

dan M = 2m, kita peroleh 15 2

32 5 2 m

a  g



b. Besar percepatan pusat massa bola relatif terhadap bidang horizontal yang licin adalah

m

a . Besar komponen horizontal a_m :

cos cos

mx m M m m m

m M

a a a a a a

m M m M

 

     

 

M θ L m

R

M

θ N

θ θ

aM

f

θ

am

f

N θ

(9)

Besar komponen vertikal a_m : 15

sin

32 5 2 my m

a a   g

 Jadi,

2 2 5 13

32 5 2

m mx my

a  a a  g



c. waktu yang dibutuhkan bola untuk sampai ke tepi bawah bidang miring adalah

2 32 5 2 2

5 2 m

L L

t

a g



 

7. (20 poin) Sebuah mobil akrobatik diatur memiliki percepatan konstan a. Mobil ini akan melewati sebuah tanjakan miring bersudut θ untuk kemudian melakukan gerak parabola menuju target. Target pada jarak L dari titik awal keberangkatan mobil. Panjang tanjakan adalah d. Saat mobil melewati tanjakan, kemiringan tanjakan berkurang sebesar m/K kali sudut awal, dimana m adalah massa dari mobil dan K adalah suatu konstanta. Percepatan mobil pun berkurang sebesar g sinθ sesaat melalui tanjakan, dimana θ adalah sudut kemiringan antara tanjakan dengan tanah. Mobil dipercepat dari keadaan diam dari garis start. Tentukan percepatan yang harus dimiliki oleh mobil agar tepat mencapai garis! Anggap mobil sebagai partikel titik.

Penyelesaian :

Diagram gerakan mobil :

Tinjau gerak parabola mobil dari C ke D . Besar m

 

K m

K m

 _{ } _   _{. Ambil titik asal koordinat di titik C. Persamaan gerak mobil}

adalah cos

C d

sv t

1 2 2

sin

C d d

h v t gt

  

θ x

d

L

θ x

d

L

s = L - dcosθ - x h =dsinθ

α

A B

C

(10)

Sehingga,

2 1

2

sin

cos cos

C

C C

s s

h v g

v v

 _  _ 

  _ _ _ _

   

Kecepatan mobil saat lepas dari C adalah





2 2

2cos tan C

gs v

s h

 





Tinjau gerak mobil dari titik B ke C .

Besar percepatan mobil konstan a_BC a gsin. Persamaan kinematika gerak mobil dari B ke C :

2 2 ₂

C B BC

v v  a d



 



2

2 2 sin

2cos tan B

gs

v a g d

s h 

 

  



Tinjau gerak mobil dari titik A ke B .

Besar percepatan mobil konstan a. Persamaan kinematika gerak mobil dari A ke B:

2 ₂

B

v  ax



 



2

2 2 sin 2

2cos tan

gs

a g d ax

s h 

    

Besar percepatan yang harus dimiliki mobil :





 



2 2

sin 4cos tan

gs d

a

s h x d x d



 

 

  

Substitusikan nilai s L dcosx, hdsin , dan

 

K m m

 _  _{, maka kita peroleh}





 













 







 



2

cos sin

4cos K m cos tan K m sin

m m

g L d x d

a

x d

L d x d x d

 

   

 

 

