Soal Olimpiade Fisika Tingkat Provinsi Tahun 2010

1. Salah satu ujung sebuah tongkat homogen (masa m dan panjang L) tergantung dengan mengggunakan tali, dan ujung tongkat lainnya bersentuhan dengan lantai dalam keadaan diam. Saat masih diam tongkat tersebut membentuk sudutθ teradap arah mendatar.

a) Tentukan gaya tegangan tali

b) Jika sekarang tali dipotong dan tongkat mulai jatuh, hitung komponen tegak (vertikal) dari percepatan pusat massa tongkat pada saat awal t = 0 yaitu sesaat setelah tali dipotong. Abaikan gesekan antara tongkat dengan lantai

c) Tentukan gaya FNyang diberikan tongkat pada lantai pada saatt= 0 yaitu sesaat setelah tali dipotong

(Petunjuk : gaya ini berbeda dengan gaya sebelum tali dipotong) (20 poin)

 Fy =may

mg FN=m ay .. ...(1)

 τ =Iα (torka terhadap pusat massa batang)

FN(1/2L cosθ) = 1/12mL

2_α FNcosθ = 1/6mLα

FN= _θ

α

cos mL

6 (2)

Subst (1) ke (2), untuk memperoleh :

mg FN=m ay

mg

θ α

cos mL

6 =may

ay= g _θ

α

cos L

6 ...(3)

Pada saat tali putus (t= 0), berlaku hubungan (lihat gambar di samping !) :

aG=αL/2 dan ay=aGcosθ

ay = (αL/2)cosθ

ay =αL cosθsinθ/2

α=

θ

Lcos a_y

2

. .(4)

Subst (4) ke (3), untuk memperoleh :

ay= g

θ

2

6 2

Lcos La_y

ay= g 2_θ

3cos a_y

θ mg

L



T

N

F

Solusi :

Pada saat tali belum putus (sistem setimbang) :

 Fy= 0

T+FN mg= 0

 τ = 0 (terhadap titik A)

T Lcosθ mg(1/2L cos θ) = 0

T=mg/2 (jwb)

Pada saat tali putus (t = 0), maka batang akan berputar bebas terhadap titik pusat massanya ,sehinggaFy0 danτ 0

θ

y

a L



N

F

θ aG

x

a

ay = _θ

θ

2 2

3 1

3

cos cos g

 (jwb)

dan

mg F_N=m a_y

mg FN= _θ

θ

2 2

3 1 3

cos cos mg

 FN=mg

θ θ

2 2

3 1 3

cos cos mg



FN= 2_θ

3

1 cos

mg

 (jwb)

2. Sebuah sistem dua benda masing-masing bermassa m dihubungkan dengan sebuah pegas dengan konstanta pegas k yang tersusun seperti pada gambar di samping. Jika pada saat t = 0 kita menahan benda yang di atas sedemikian sehingga pegasnya tertekan sejauh s dari panjang normalnya, maka tentukan nilaisagar benda bawah dapat lepas kontak dengan lantai ? (8 poin)

Misal panjang pegas mula-mula = L. Ketika pegas tertekan sejauh s, maka pegas memberikan energi potensial sebesar ₂1ks2. Ketika pegas tertekan sejauhs , maka energi potensial gravitasi pada beban atas adalahmg(L s) , sehingga total energi pegas saat itu = energi awal adalah :

E_awal= ₂1_ks2_{+mg(L s)}

Beban bagian bawah mulai terangkat pada saat pegas teregang untuk pertama kalinya, angggap panjang regangan ketika beban terangkat = x, maka energi potensial gravitasi pada beban atas adalah mg(L+x) sehingga total energi ketika itu adalah :

E_akhir= ₂1_kx2_+mg(L+x)

Karena sistem berada pada lantai licin, maka selama proses tidak ada energi yang hilang , sehingga berlaku :

E_awal= E_akhir

 21ks 2

+mg(L s) = ₂1kx2+mg(L+x)

ks2+ 2mgL 2mgs= kx2+ 2mgL+ 2mgx

kx2+ 2mgx= ks2 2mgs

kx2 ks2+ 2mgx+ 2mgs= 0

m k k

m

m

k m

m

s

L

m

x

L

k(x2 s2) + 2mg(x+s) = 0

k(x+s)(x s) + 2mg(x+s) = 0

k(x s) + 2mg = 0

x=

k mg

2

+s

kx=ks 2mg

Beban bagian bawah akan terangkat(naik), jika F_pegas F_gravitasi

kxmg

kxmg

ks 2mgmg

s 3mg/k (jwb)

Solusi :

Gerak horizontal B A :

Misal M bergerak dari titik asal C dan kecepatan M ketika meninggalkan titik B adalah v, maka gerak horizontal B A adalah gerak lurus beraturan, jadi panjang lintasan horizontalnya adalah :

SBA=vt

3D=vt t =

v D

3

.(1) Gerak vertikal B A :

gerak vertikal dari B A adalah GLBB, jadi panjang lintasan vertikalnya adalah :

3H= 1/2gt2 .(2)

Subst (1) ke (2), untuk mendapatkan :

3H= 1/2g(3D/v)2

 v=

H g D

2 3

(jwb)

Gerak horizontal C B :

Pada lintasan C-B, gaya gesek akan memperlambat gerakanM, dengan perlambatan :

a =

m F 

= M

Mg

µ



= µg (jwb)

4. Benda massa M mula-mula meluncur di atas lantai dengan kecepatan v0 dan setelah sampai di

titik B benda lepas meninggalkan ujung lantai dan mendarat di ujung bawah tangga yaitu titik A. Diketahui µk adalah koefisien gesek kinetik

antara benda dengan lantai,gpercepatan gravitasi dan gesekan udara diabaikan. Dengan menyata-kan jawaban dalam M, v0, µk , H, D dan g,

tentukan :

a) Kecepatan benda M sesaat setelah lepas dari ujung lantai

b) Percepatan benda M saat meluncur di atas lantai

c) Jarak S yang telah ditempuh oleh benda M

sebelum lepas meninggalkan lantai. (8 poin)

M

0

v

B

A 3H

3D s

JarakSyang telah ditempuh oleh bendaMsebelum lepas meninggalkan lantai:

v2=v0

2_{+ 2as}2



(

H g D

2 3

)

2=v0 2

2µgs2



H g D2 2 3

=v0 2

2µgs2

4µgHs2= 2v0 2

H 3D2g

s =

H D g v02 2

µ µ 4

3

2  (jwb)

5. Sebuah tongkat homogen bermassa Mdan panjang AB =L berada ada di atas meja datar dan sedang dalam posisi sejajar dengan sumbu-y. Benda dengan massa m yang sedang bergerak pada arahx dengan kelajuan v menumbuk tongkat di titik C (Diketahui momen inersia tongkat terhadap titik pusat massanya adalah 1/12ML2_{) . (20 poin)}

Solusi :

a) Misalkan R adalah gaya reaksi rata-rata (di titik A), dan v dan ω kecepatan pusat massa dan kecepatan sudut batang terhadap titikA,maka segera setelah tumbukan, Impuls akibat tumbukan adalah Ft , sehingga :

Impuls linear terhadapAadalah

 (F R)t=(mv) =mv .. ..(1)

Impuls sudut terhadapAadalah

τt=Iω, sehingga :

(F x)t=Iω=Iω .. ..(2)

Tetapi v= 1/2Lω sehigga pers(1)

 (F R)t=mv= 1/2mLω ..(3)

Bagilah pers(2)dengan pers(3)untuk memperoleh :



t Fx

t R

F )

( 

=

ω ω

1/2

I mL



Fx R

F )

( 

= I mL

2

 F R=

I mLFx

2

 R=F

I mLFx

2

C B

A M m

L

x y v

 a) Tentukan lokasi titik C atau besar AC

(diyatakan dalam L) agar sesaat setelah tumbukan tongkat tersebut hanya mengalami rotasi murni sesaat dengan cara mengitari sumbu rotasi yang melewati titik A

b) Diketahui benda m menumbuk tongkat secara elastis di titik C dengan AC= 3L/4. Setelah tumbukan, yaitu ketika tongkat sudah sejajar terhadap sumbu x untuk pertama kalinya, tentukan jarak antara titik B pada ujung tongkat dengan benda m dinyatakan dalam L (Agar perhitungan lebih sederhana, anggapm=M)

Agar batang bergerak rotasi murni, makaR= 0, sehingga :

 0=F

(

1 I mLx

2

)

x =

mL I

2

momen inersia I terhadap titikA = 1/3mL2_{, maka :}

=

mL mL2 2/3

= 2L/3

Agar batang berotasi murni, maka jarak titik tumbukan(C)terhadap titikA = 2L/3 (jwb)

b) Karena m menumbuk batang pada jarak 3L/4 (bukan 2L/3) terhadap titk A, maka batang akan bergerak translasi dan rotasi bebas terhadap titik pusat massa batang(L/2).Dalam hal ini akan berlaku :

Hukum kekekalan : momentum sudut, momentum linear dan energi mekanik

HKM :

mv=mv + MV

v=v + V

v v =V ... ....(1)

HKMS :

mv(L/4) =mv(L/4) + I_bω

(karena titik tangkap tumbukan terjadi pada jarak= 3L/4 L/2 =L/4terhadap pusat massa M)

mvL=mv L + 4I_bω

mvL=mv L + 4(ML2/12)ω

mvL=mv L + ML2ω/3

3mv= 3mv + MLω, karena m=M,maka :

3v= 3v + Lω

3(v v) = Lω . .(2)

Subst (1) ke (3) untuk memperoleh :

3(v v) =Lω

3V=Lω

V=Lω/3 ..(3)

HKEM :

 21mv 2

= ₂1mv 2+₂1MV2+ ₂1Iω2

mv2=mv 2+M(Lω/3)2_+(ML2_/12)ω2 karena m=M,maka :

v2=v 2+(Lω/3)2_{+ L}2_ω2_/12

36v2= 36v2+ 4L2ω2+3L2ω2

36(v2 v 2) = 7L2ω2

36(v2 v2) = 7L2ω2

36(v v) (v + v) = 7L2ω2 ..(4)

36(Lω/3)(v + v) = 7L2ω2

12Lω(v + v) = 7L2ω2

12(v + v) = 7Lω ..(5)

Subst (2) ke (5) untuk memperoleh :

3(v v) = Lω

12(v v )= 4Lω

12(v + v ) = 7Lω

12(v v )= 4Lω

12v = 3Lω  v =Lω/4

Dan :

3(v v )= Lω

3v 3Lω/4 = Lω

12v 3Lω= 4Lω

12v= 7Lω ω= 12v/7L

v =Lω/4

=L(12v/7L)/4 = 3v/7

v = Lω/3

= L(12v/7L)/3 = 4v/7

Karena permukaan licin, maka :

Setelah tumbukan , batangMakan bergerak lurus dengan kec konstan = 4v/7

Setelah tumbukan , bendamakan bergerak lurus dengan kec konstan =v/7

Posisi batang akan sejajarsb-xpada saatt=T/4 =1/4(2π/ω) =π/2ω= 7πL/24v

(T=waktu batang berputar 1 kali putaran= 2π/ω)

maka posisi pusat massaM(batang) akan pindah secara horizontal sejauh

S1=v(T/4) =(4v/7)(7πL/24v) =πL/6

dan posisi massam(benda) akan pindah secara horizontal sejauh

S2= v (1/4T) =(3v/7)(7πL/24v)=πL/8

jadi jarak horizontal kedua pusat massa ketika itu adalah :

 S=S1 S2=πL/6 πL/8 =πL/24 Jarak horizontal antara titik B terhadapmadalah :

 S = πL/24+ L/2 =

24 ) (12π L Maka jarak antara titik B terhadapmadalah :

 2

24 288

24  π π

L

(jwb).

4 T

t

L  C

B

A M m

x y v



B

m v'



2 L

24L

V

24 )L (12π

2

24 288 24 L

π π 

6. Seutas rantai homogen, yang panjangnya L dan massanya M, digantungkan di langit-langit sehingga ujung bawahnya hampir menyentuh lantai (lihat gambar). Rantai kemudian dilepaskan dari gantungannya sehingga mulai menumpuk di atas lantai (gadalah percepatan gravitasi).

a) Ketika ujung atas berjarakxdari langit-langit (lihat gambar), hitunglah gaya total yang diterima lantai

F(x)

b) Berapakah gaya total yang diterima lantai ketika seluruh bagian rantai tepat berada di atas lantai (ketikax=L) ?

c) NyatakanF(x) sebagai fungsi waktuF(t) !

d) Berapa lama waktu yang dibutuhkan sehingga seluruh bagian rantai berada di atas lantai

e) Sketsa F(t) terhadap t dari saat rantai dilepaskan hingga seluruh bagian rantai sudah menumpuk di atas lantai untuk waktu yang cukup lama ! (20 point)

a) F(x) = 3ρgx (jwb)

b) Ketika seluruh bagian rantai tepat berada di atas lantai, maka x=L, jadi

F(x) = 3ρgL (jwb)

c) F(x) =3ρgx , karena tiap bagian elemen rantai bergerak dengan percepatan a=g, maka:

 x= ₂1at2= ₂1gt2

F(x) = 3ρg(1₂gt2) = ₂3ρg2t2

d) Karena pada dasarnya elemen rantai bergerak jatuh bebas, maka waktu yang dibutuhkan sehingga seluruh bagian rantai berada di atas lantai.

L=₂1gt2t=

g L

2

e) Sketsa F(t) terhadap t

x L

x

) (x F gL

ρ

) (t F

Solusi :

Kita pandang seluruh rantai merupakan suatu sistem, dengan ρ=

L M

,maka dari diagram gaya di samping dapat dinyatakan :

 F=Mx

 ρgL=ρLx  x =g

 dan x2= 2xx

Berdasarkan hukum Newton untuk massa yang berubah :

ρgL F(x) = dt dP

ρgL F(x) =

dt x x L

d[ρ(  )] ρgL F(x) =ρ(L x)x ρx2 ρgL F(x) =ρLx ρxx ρx2 ρgL F(x) =ρLx ρxx 2ρxx ρgL F(x) =ρLx 3ρxx

ρgL F(x) =ρgL 3ρgx

F(x) = 3ρgx

7. Diketahui suatu sistem yang terdiri dari n buah bola , B₁,B₂,B₃, ..B_n dengan massa m₁, m₂, m₃ .,m_n

(dimanam₁>>m₂ >>m₃>> m₄ .>>m_n tersusun tegak secara vertikal seperti tampak pada gambar di samping. Dasar dari bola 1, B1, berada pada ketinggian h di atas lantai, sedangkan dasar dari bola ke-n, B_n, berada pada ketinggian h + 1 di atas lantai. Sistem bola ini dijatuhkan dari ketinggian h. Dianggap pada keadaaan awal, bola-bola terpisahkan satu sama lain oleh jarak yang sangat kecil sekali, dan keseluruhan bola mengalami tumbukan elastis dan terjadi hanya sesaat.

a) Tentukan ketinggian pantulan bola paling atasB_n(nyatakan dalamn) !

b) Jika h = 1 meter, berapakah jumlah bola yang harus ditumpuk agar bola yang paling atas bisa memantul hingga ketinggianh> 1000 meter ? (20 point)

Tumbukan antara bola-1 dan bola-2

Untuk menghitung kecepatan pantul bola-2 setelah membentur bola-1(v1), kita gunakan konsep

kerangka pusat massa Frame pusat massa :

Kec pusat massa (b1dan b2):

Sebelum tumbukan :

frame inersia

v₁ = 2gh

v₂= 2gh

Setelah tumbukan :

frame pusat massa

v₁ = gh

frame pusat massa

v₁ = 2gh

frame inersia

v₁ = gh

Solusi : Bola-1

Karena tumbukan antar bola terjadi hanya sesaat, maka pengaruh gravitasi dapat diabaikan :

Kec. Bola-1 ketika ketika membentur lantai :

v= 2gh ,( ) arah vertikal ke bawah

Karena tumbukan terjadi secara elastis , maka kec pantulan bola-1:

v1 = 2gh , (+)arah vertikal ke atas)

Bola-2(kecepatan jatuh=v2)

Karena selama jatuh, bola-2 menempuh jarak yang sama dengan bola-1, maka kecepatanv2ketika membentur bola-1 :

v= 2gh (arah vertikal ke bawah)

v₂ = gh

Tumbukan antara pantulan bola-2 (v₂)dan bola-3(v₃)

Kec pusat massa :

 vCM=

Sebelum tumbukan : frame inersia

v₂ = 3 2gh

v₃ = 2gh

Setelah tumbukan :

frame pusat massa

v₂ = gh

Kec pusat massa :

 vCM=

Sebelum tumbukan : frame inersia

v₃ = 7 2gh

v₄= 2gh

Setelah tumbukan :

frame pusat massa

v₃ =

frame pusat massa

v₂ = 3 2gh

frame inersia

v₂ = gh

frame pusat massa

v₃ =7 2gh

frame inersia

v₄ =

  



 4

3 3

8

m m

m

gh

2

Karenam3>> m4 v4 = 

 



 4 3

4 3

15

m m

m m

gh

2 

   

3 3

15

m m

gh

2  15 2gh

Dari hasil perhitungan di atas disimpulkan : Bola pantulb1=v1 = 2gh

Bola pantulb2=v2 =3 2gh Bola pantulb3=v3 =7 2gh Bola pantulb4=v4 =15 2gh

.

Bola pantulb_n=v_n =(2n 1) 2gh

Maka ketinggian bola pantulke-n, b_n=v_n =

g v_n

2 2

=





g gh n

2 2 1)

(2  2

= (2n 1)2h (jwb)

Jikah=1,maka:

Tinggi pantulan bolake-n= (2n 1)2h= (2n 1)2meter

Agar ketinggian bola pantul terakhir mencapai > 1000meter,maka:

(2n 1)2>1000

2n 1>10√10

2n >1 + 10√10

2n >1 + 10√10

Karena√10 bernilai3,1 3,2 Jika kita ambil√ 10 = 3,1

2n >1 + 31

2n >32

n >5n minimal= 6

Maka banyaknya bola minimal6buah (jwb)

Membentukpola deret :

1, 3, 7, 15, .,( 2n 1)

Jika kita ambil√10 = 3,2

2n >1 + 32

2n >33

n >5n minimal= 6