Tingkat Propinsi Bidang Fisika

halaman 1 dari 15

Olimpiade Sains Nasional 2012

Tingkat Propinsi

Bidang F i s i k a

Ketentuan Umum:

1- Periksa lebih dulu bahwa jumlah soal Saudara terdiri dari 7 (tujuh) buah soal. 2- Waktu total untuk mengerjakan tes ini adalah 3½ jam.

3- Peserta dilarang menggunakan kalkulator.

4- Peserta dilarang meminjam dan saling meminjamkan alat-alat tulis.

5- Tulislah jawaban Saudara di kertas yang telah disediakan dengan menggunakan ballpoint dan tidak boleh menggunakan pinsil.

6- Kerjakanlah lebih dahulu soal-soal dari yang Anda anggap mudah/bisa dan tidak harus berurutan.

7- Setiap nomor soal yang berbeda harap dikerjakan pada lembar jawaban yang terpisah. 8- Jangan lupa menuliskan nama Saudara atau identitas lainnya pada setiap lembar

jawaban yang Saudara gunakan.

9- Meskipun sudah selesai mengerjakan semua jawaban, Anda tidak diperbolehkan meninggalkan ruangan tes hingga waktu tes berakhir.

No. 1 2 3 4 5 6 7 

halaman 2 dari 15

Waktu : 3 ½ Jam

Seleksi Propinsi OSN 2012

1. (18 poin) Sebuah peluru ditembakan ke

atap/langit-langit sebuah rumah dengan

kecepatan awal vo dan membentuk sudut  terhadap

bidang datar (lihat gambar).

Jika bentuk langit-langit

rumahnya seperti ditunjukkan

gambar, tentukan:

a. sudut  agar peluru bisa mencapai atap dalam waktu yang sesingkat-singkatnya,

b. waktu tempuh minimum dari peluru untuk mencapai atap rumah

c. syarat vo agar peluru bisa mencapai atap untuk berapapun nilai sudut nya.

(Petunjuk: gunakan turunan/diferensiasi untuk mencari nilai minimum, dimana

ax a dx

ax d

cos )

(sin

 dan a ax

dx ax d

sin )

(cos



 dengan a adalah konstanta)

Jawab:

a. Saat peluru ditembakan dengan kecepatan vo, bisa diuraikan menjadi 2 komponen:

vx = vo cos  = konstan, sehingga x = vx t = vo cos  t (1)

vy = vo sin 

(1 poin) Ketinggian atap/langit-langit di setiap tempat memenuhi persamaan:

y = h_–x tan  (2) (1 poin)

Sementara dari persamaan glbb, ketinggian peluru di atap memenuhi persamaan: Langit-langit

halaman 3 dari 15

y = vy t – ½ gt2 = vo sin  t– ½ gt2 (3) (1 poin) Substitusikan persamaan (2) ke (3) untuk y kemudian substitusikan nilai x dari

persamaan (1) sehingga diperoleh:

vo sin  t_– ½ gt2 _{= h–v}o cos  tan  _{t atau} ½ gt2_–vo (cos  tan  ₊ sin  ) _{t + h = 0 atau}

0 )

sin( cos 2

1 2  

  

 _

 v t h

gt o  

 (4) (2 poin)

Agar waktu tempuh peluru, t minimum, maka dt/d = 0. (2 poin)

Dengan menurunkan persamaan diatas terhadap  dan nyatakan dalam bentuk

dt/d = 0, diperoleh:

0 )

cos(

cos  min 

 

 _

 vo   t

 (5)

Karena tmin  0, maka cos ( + ) = 0, Jadi:  = 90o–  _{(3 poin)}

b. Untuk mendapatkan waktu tempuh minimum, tmin maka kita substitusikan nilai 

diatas ke dalam persamaan (4), sehingga diperoleh persamaan:

0 cos

2

1 ₂

     

 v t h

gt o

 . Selesaikan ini dengan rumus abc, diperoleh:



 cos

cos

2 2

2 min

g gh v

v

t  o  o 

(4 poin)

c. Syarat vo agar peluru bisa mencapai atap rumah adalah dengan melihat hasil akar

dari jawaban b diatas yang harus real  v_o2 2ghcos2 Real

halaman 4 dari 15

Jadi: v_o  2gh cos (2 poin)

2. (10 poin) Komet Encke telah ditemukan oleh Pierre Mechain pada tahun 1786. Periode perputaran komet ini baru dapat ditentukan oleh Johan Encke pada tahun

1822, yaitu selama 3,3 tahun. Namun pada tahun 1913, berdasarkan hasil foto yang

dilakukan melalui teleskop, jarak terjauh dari Matahari (aphelium) adalah ra = 6,1x1011

m dan jarak terdekatnya (perihelium) rp = 5,1x1010 _{m. Diketahui tetapan gravitasi}

universal G = 6,7x10-11 _{N m}2 _kg-2_{, massa Matahari ms = 2,0x10}30 _{kg, tentukan kelajuan}

komet itu pada saat di titik terjauh dan pada saat di titik terdekat.

Jawab:

Jika yang bekerja hanya gaya-gaya akibat gravitasi yang selalu mengarah ke titik fokus, maka berlaku:

fokus rkomet-fokus Fgrav 0

    (1 poin)

Momentum angular, dengan : massa reduksi - Pada titik terdekat : L_p r v_{p p}

- Pada titik terjauh : La r va a (1 poin) Berdasarkan hukum kekekalan momentum angular, La Lp

maka : r va a r vp p

diperoleh: r va a r vp p (2 poin)

(1)

Gaya gravitasi bersifat gaya yang konservatif, sehingga berlaku kekekalan energi.

- Pada titik terjauh : 1 2 1 2

2

p p

p

m m

E v G

r



 

- Pada titik terdekat : 1 2 1 2

2

a a

a

m m

E v G

r



 

Dan E_p E_a

atau 1 2 1 2 1 2 1 2

2 p p 2 a a

m m m m

v G v G

r r

halaman 5 dari 15 Jika massa komet m₁ jauh lebih kecil dari pada massa matahari m₂, maka

1 2 1 2 1

1 2 2

m m m m

m

m m m

   



Persamaan (2) dapat diubah menjadi:

2 1 2 2 1 2

1 1

1 1

2 p p 2 a a

m m m m

m v G m v G

r r

  

2 2 2 2

1 1

2 p p 2 a a

m m

v G v G

r r

   (2 poin) (3)

Dari persamaan (1) dan persamaan (3) dengan mengeliminasi vp, diperoleh:





1 2 2

2 _p

a

a a p

Gm r v

r r r

 

 



 _ 

 

Sehingga: 3 -1

5,8 10 ms a

v  

dan a a _{6,9 10 m s}4 -1

p p

r v v

r

halaman 6 dari 15 3. (15 poin) Dalam percobaan fisika, dua

bola yang kerapatannya sama,

masing-masing berjari-jari r dan 2r disusun

sedemikian sehingga pusat massa bola

yang lebih besar terletak pada titik

tengah kereta yang massanya M dan

panjangnya L. Massa bola yang kecil m.

Kedua bola dapat menggelinding tanpa slip sedemikian rupa sehingga garis hubung

pusat massa antara bola besar dengan bola kecil selalu membentuk sudut φ yang konstan terhadap arah horisontal.

Untuk mempertahankan posisi

kedua bola yang seperti itu, kereta

ditarik dengan sebuah gaya

horisontal F (lihat gambar).

Tentukan :

a. besar gaya F tersebut (nyatakan

dalam m, M dan φ),

b. waktu yang diperlukan kedua

bola sebelum jatuh dari kereta

(nyatakan dalam l, g dan φ).

Jawab:

a. Misalkan :

- Percepatan angular bola kecil α1 - Percepatan angular bola besar α2

M

F m

φ r 2r

L

a1

a2

F N2

N1

N1

mg

φ

N2

a1

N

α2

α1

N

8mg

fr fr

halaman 7 dari 15 - Percepatan linear (mendatar) kedua bola a1

- Percepatan linear (mendatar) kereta a2

 Bola menggelinding tanpa slip :

2r2 = a2– a1 dan 2r2 = r1

Sehingga: 1 = 22 atau

r a a_{2 1} 1

 

 ……….. (1) (2 poin)

 Momen inersia :

- Bola kecil : ₁ 2 2 5

I  mr dan Bola besar : ₂ 2

  

8 2 2 64 2

5 5

I  m r  mr

 Hukum Newton tentang gerak :  F ma (3 poin)

- Tinjau kereta : F fr Ma2 ... 2

 

- Tinjau bola besar :

Arah mendatar/horizontal: fr– N2 = 8 ma1

Arah vertikal: 8mg + N1– N = 0 ………. (3)

- Tinjau bola kecil :

Arah mendatar/horizontal: N2 = ma1

Arah vertikal: mg + N1 = 0 ……….. (4)

 Momen gaya :   I (2 poin)

- Tinjau bola besar : _{2 1} 2 ₂

5 64 cos 2

sin 2

2rf_r  rN r  rN r  mr  ……….. (5)

- Tinjau bola kecil : _{1 2} 2 ₁

5 2 sin

cos N r  mr 

r

N   ………… (6)

 Dari persamaan-persamaan di atas, maka didapatkan :

 

7 cos

9 ... 7

2 1 sin

F m M  g



 

_  _{ }

  (2 poin)

halaman 8 dari 15

 

2 1

5 cos

... 8 2 1 sin

rel

a a a  g



  

 (2 poin)

 Sebelum jatuh, kedua bola menempuh jarak relatif sepanjang setengah panjang

kereta (L/2). Waktu yang diperlukan bola sebelum jatuh (kecepatan awal bola = 0)

:





 

2

1

2 2

2 1 sin

... 9 5cos

rel

rel

L

a t

L L

t

a g

  



 

(2 poin)

4. (17 poin) Sebuah pendulum (bandul) terdiri dari bola bermassa M yang menempel di ujung batang tegar bermassa m dan panjannya 2d. Bagian tengah batang dijadikan

sebagai poros rotasi. Pada ujung batang yang lain ditempelkan keranjang yang

massanya diabaikan. Sebuah bola kedua yang bermassa M/2 dilemparkan ke dalam

keranjang dan berkecepatan vketika tepat menumbuk keranjang (lihat gambar).

Hitung:

(a) laju rotasi sudut awal pendulum setelah Bola kedua

datang dan terperangkap dalam keranjang?

(b) tenaga mekanik total yang hilang ketika Bola kedua

datang dan terperangkap dalam keranjang?

(c) kecepatan minimum datangnya bola kedua agar

pendulum dapat terbalik? (artinya pendulum dapat

berotasi 180o₎

Jawab:

(a)Momentum sudut bola (M/2) terhadap poros:

vd M L

2 

Momentum sudut total dari sistem:

M/2

M m

halaman 9 dari 15 



 2 2 2 2

3 1 2 3 ) 2 ( 12 1

2 d m d M m d

M Md I L       _        _{ }  

 

              _          M m d v d m M vd M I L 3 2 3 3 1 2 3 2 2 

(5 poin)

(b)Energi Mekanik akhir dari sistem

2 2 2 1 4 1

2 v Mv

M

Ei 

                                       _   M m Mv M m d v d m M I E_f 3 8 12 6 3 12 1 2 3 2 2 2 2 2 2 1 2 2 1 













                           m M m M Mv v m M M m M Mv M m mv E E

E f i

2 9 3 4 / 4 1 3 8 12 2 2 1 2 3 1 2 3 3 1 2 2

(6 poin)

Tanda minus (-) menunjukkan adanya kerugian/kehilangan energi.

(c)Energi Mekanik awal sistem:

 

          M m Mv mgd g d M E 3 8 2 1 12 2 2

Energi Mekanik akhir sistem:

 

d g mgd M

E_f  2 

i f E

E E  

 0 dg M m v        

 _{12 3}8

halaman 10 dari 15 5. (11 poin) Sebuah piringan pejal/padat bermassa M dan berjari-jari R berosilasi sekitar sumbu P. Sumbu osilasi tersebut tegak lurus terhadap bidang piringan. Gesekan pada P diabaikan. Jarak dari P ke pusat piringan (C) adalah b (lihat gambar). Percepatan gravitasi adalah g. _Hitung:

(a)besar torka relatif terhadap titik P, ketika piringan disimpangkan sebesar ! (b)momen inersia rotasi terhadap sumbu rotasi P! (c)Torka menyebabkan percepatan sudut sekitar

sumbu P. Turunkan persamaan gerak dalam sudut  dan percepatan sudut !

(d)Ketika piringan disimpangkan dengan sudut  sangat kecil, sehingga piringan bergerak mendekati

gerak osilasi harmonik sederhana, berapakah periode osilasinya?

Jawab:

(a)Momen gaya terhadap titik P:  _P  r_PF bMgsin

(2 poin)

(b)Momen Inersia sistem terhadap titik P: ) 2

( 2 2

2 1 2 2 2 1 2

b R M Mb

MR Mb

I

I_P  _C     

_{(2 poin)}

halaman 11 dari 15 (c)Torka total terhadap titik P:



P IP







 2 2 

2 1

sin MR Mb

bMg  



 





sin 0

_{2 2}

2

1  



 

b R

bg

 

(3 poin)

(d)Ketika sistem disimpangkan dengan sudut  yang kecil, maka:

   sin





0

2 2 2

1  

 



b R

bg

 

(2 poin)



2 2



2 1_{R b}

bg

 







bg b R T

2 2 2 1

2 2

  

 

 

(2 poin)

6. (17 poin) Dua buah batang homogen A dan B yang panjangnya 1 m dan bermassa masing-masing 1 kg dan 2 kg terletak paralel satu sama lain pada bidang horizontal yang licin seperti gambar di bawah ini (dilihat dari atas). Batang B pada awalnya diam diy0, x0hingga x = 1 meter. Batang A bergerak dengan kecepatan konstan 1m s

dalam arah y positif. Ujung kanan batang A sampai di

 

0, 0 saat t0 _{detik dan} bertumbukan secara elastik dengan ujung kiri batang B. Tentukan kelajuan pusat massa dan besar kecepatan sudut masing-masing batang setelah tumbukan.

A

B A B

Jawab:

Misalkan I adalah impuls yang diberikan batang A terhadap benda B ketika proses tumbukan. Misalkan vA,vB,A,B adalah kecepatan pusat massa dan kecepatan sudut dari benda A dan benda B.

Hubungan impuls dan momentum untuk partikel A dan B (pada arah y) adalah:

y y

halaman 12 dari 15









' ' A Ay Ay

B By By

I m v v

I m v v

  

  (3 poin)

A B

BA

I

AB

I

'

A

v

v

B

'

Dan hubungan impuls sudut dengan momentum sudut batang relatif terhadap pusat massa (asumsikan gerak searah jarum jam positif),









2 2

1

'

2 12

1

'

2 12

A A A

B B B

L

I m L

L

I m L

 

 

 

 

(3 poin)

Karena vAy = v = 1 m/s, A B 0, maka keempat persamaan diatas dapat kita tulis '

' 6 '

6 ' A

A

B B

A A

B B

I

v v

m I v

m I m L

I m L





 







(2 poin)

Karena tumbukan yang terjadi elastik sempurna, maka energi kinetik sistem sebelum dan setelah tumbukan sama,

2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1

' ' ' '

halaman 13 dari 15 Substitusi nilai kecepatan setelah tumbukan, kita dapatkan nilai untuk impuls

Ns v

m m

m m I

B A

B A

3 1

2  

 (2 poin)

Sehingga kecepatan batang A dan B setelah tumbukan

s rad L

m I

s rad L

m I

s m m

I v

s m m

I v v

B B

A A

B B

A A

/ 1 6

/ 2 6

/ 6 1

/ 3 2

' ' ' '

 

 

 

  

 

(4 poin)

7. (12 poin) Sebatang kayu homogen massa m dan panjang l salah satu ujungnya (titik A) dibuat sebagai poros

sehingga batang bisa berotasi pada bidang vertikal.

Gesekan pada poros diabaikan. Ujung batang lainnya

yang bebas (titik B) mula-mula dipertahankan pada

posisi vertikal diatas poros kemudian batang dilepaskan.

Tentukan:

a. percepatan sudut batang ketika ia membentuk sudut  terhadap vertikal.

b. pada sudut  tersebut, tentukan besarnya percepatan

translasi dari ujung bebas batang.

Jawab:

a. Hukum Newton II:  = I 



 sin

2

mgl

halaman 14 dari 15

Maka,  sin

2 3

l g



(@ 1 poin, total 4 poin)

b. Percepatan tangensial at bisa kita dapatkan dari nilai . Sedangkan

Percepatan sentripetal ac diperoleh dari nilai . Maka harus kita cari dulu nilai 

dari konsep energi.

Dari kekekalan energi, diperoleh:

) cos 1 ( 2 2

1 2  mgl  

IA

Jadi, 2 3 (1cos)

l g

(2 poin)

Gunakan sistim sumbu polar (dengan sumbu ˆ dan

rˆ) seperti terlihat pada gambar.

Kita pilih sebuah titik pada batang yang berjarak r

dari poros. Maka percepatan titik tersebut bisa

dinyatakan dalam bentuk:

a _{= a}tˆ _{+ acr}ˆ

dimana percepatan tangensial at =  r dan percepatan sentripetal ac = -2 r.

(2 poin)

Gunakan persamaan-persamaan  dan  yang telah diperoleh diatas dan masukan

nilai r = l, maka: a g ˆ



3g(1 cos )



rˆ

2 sin

3  _{ }

      

  



(2

poin)

Jadi besarnya percepatan translasi dari sebuah titik di ujung batang adalah:



 2

cos 4 3 cos 2 4 5

3  

 g

a