KEMENTERIAN PENDIDIKAN DAN KEBUDAYAAN

(1)

SOAL UJIAN

SELEKSI CALON PESERTA OLIMPIADE SAINS NASIONAL 2014

TINGKAT PROPINSI

Waktu : 3,5 jam

KEMENTERIAN

PENDIDIKAN DAN KEBUDAYAAN

DIREKTORAT JENDERAL PENDIDIKAN MENENGAH

DIREKTORAT PEMBINAAN SEKOLAH MENENGAH ATAS

TAHUN 2014

FISIKA

Hak Cipta

(2)

KEMENTERIAN PENDIDIKAN DAN KEBUDAYAAN

DIREKTORAT JENDERAL PENDIDIKAN MENENGAH

DIREKTORAT PEMBINAAN SEKOLAH MENENGAH ATAS

Olimpiade Sains Nasional 2014

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 3,5 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.

(3)

Tes Seleksi OSN 2014 Bidang FISIKA TINGKAT PROPINSI

Waktu: 3,5 Jam

1. (12 poin) Balok bermassa 2m mula-mula

diam di bagian terbawah bidang miring

(massa M dan sudut kemiringan α).

Permukaan bidang miring licin dan

berada di atas meja licin. Pada saat awal

t = 0, sebutir peluru dengan massa m dan

kecepatan v0 bergerak paralel terhadap

bidang miring (lihat gambar) dan menumbuk balok 2m hingga bersarang di dalam balok

tersebut (pada saat ini bagian ujung bidang miring tepat berada di pojok meja). Hitung:

a. ketinggian maksimum yang dapat dicapai balok terhadap permukaan meja, b. kecepatan bidang miring saat balok mencapai ketinggian maksimumnya,

c. kapan (waktu) balok 2m mencapai ketinggian maksimumnya,

d. jarak yang telah ditempuh bidang miring terhadap pojok meja pada saat balok 2m

mencapai ketinggian maksimumnya.

Jawaban:

Sesaat setelah tumbukan antara peluru m dengan balok mb = 2m maka balok bergerak dengan

kecepatan awal v1 sehingga berlaku

1

0 (m m )v

mv   _b dan ₁ ₀ ₀ ₀

3 1 2mv v m

m v

m m

m v

b

 

 (1)

(1 poin)

(0,5 poin) u

v

N

mg

ˆ

n

α

V0

2m M

α

(4)

Katakan u adalah kecepatan bidang miring M dan a_M u adalah percepatannya. Komponennya yang berlawanan dengan gaya normal N_adalah

u_n usin



(2)

dan saat balok 2m tetap bersentuhan dengan bidang miring maka (2) juga merupakan percepatan balok ke arah

n

ˆ

. Kecepatan tangensial balok adalah v_t vnˆ sehingga



sin g m v

m_b_t  _b (3) dan percepatan normalnya memenuhi

m_busin



m_bgcos



N (4) (0,5 poin)

Gaya N_{pd arah}nˆ_{bekerja pada bidang miring, tetapi karena bidang miring tsb selalu berada} di atas meja maka hanya komponen sejajar meja saja yang bekerja mempercepat bidang miring sehingga

MuNsin



(m_bgcos



m_busin



)sin



(0,5 poin) dan



2 2

sin 2

cos sin 2

sin cos sin

m M

mg m

M g m u a

b b M

  



  (5) (0,5 poin)

Selanjutnya, dengan mengingat bahwa

v



: vektor kecepatan balok m relatif terhadap tanah/lantai,

u: vektor kecepatan bidang miring relatif terhadap tanah = - u xˆ

Sehingga

u

v: vektor kecepatan balok relatif terhadap bidang miring.

Syarat agar balok tetap berada di permukaan bidang miring adalah:

0 n u v ).ˆ 

(  (yang berarti bahwa vu selalu tegak lurus pada nˆ₎ ₍_{0,5 poin}₎

dan saat di puncak tertinggi lintasannya berlaku v u 0 sehingga vnˆ u.nˆ usin



dan vtˆu.tˆucos



0 (dengan tˆ_{adalah vektor satuan yg tegak lurus} nˆ_yang menyatakan arah sejajar bidang miring).

(5)

Hukum kekekalan energi mekanik :

2 2 ₁2 2 1 2 1 2 1 v m gh m Mu u

m_b _s  _s  _b  _b (6) (1 poin)

Hukum kekekalan momentum :

(m_b M)u_s m_bv₁cos



(1 poin)

Sehingga kecepatan balok saat mencapai tinggi maksimum adalah

) 3 ( 3 cos 3 cos 0 1 M m mv M m v m u b b s   

   (7)

(a) Tinggi maksimum balok adalah

                           M m m M g v M m m g v M m v m v m g m h b b b b b b b b    2 2 1 2 2 1 2 1 2 1 sin 2 cos 1 2 ) cos ( 2 1 2 1 1 atau          M m m M g v h 3 sin 3 18 2 2

0  ₍₈₎ ₍_{1 poin}₎

(b) Kecepatan balok saat mencapai tinggi maksimum diberikan (7), yaitu

         M m m M g v h 3 sin 3 18 2 2 0 





M m a mv M m a v m u o b b s     3 3 cos 3 cos 1

(1 poin)

(c) Katakan T = waktu untuk mencapai ketinggian maksimum h, maka:

v_t u_s cos



v₁ gsin



T (1 poin) sehingga                     M m m M g v M m v m v g u v g T b b b b s       2 1 2 1 1 1 cos sin cos sin 1 ) cos ( sin 1 atau _         M m m M g v T 3 cos 3 sin 3 2 0 

(6)

(d) Jarak yang telah ditempuh bidang miring terhadap pojok meja pada saat balok 2m mencapai ketinggian maksimum adalah

2 2 2 1 2 2 2 cos sin sin cos sin 2 1 2 1 2 1                         b b b b M m M m M g v m M g m T u T a D





(1 poin) sehingga 2 2 2 2 2 1 cos sin 1 sin cos sin

2 _

                  b b b b m M m M m M m g v D



atau 2 2 2 2 2 0 3 cos 3 sin 3 cos sin 3 sin

9 _

            m M m M m M m g v D    

 (10) (1 poin)

2. (16 poin) Sebuah bola bermassa m ditempatkan di antara

tembok vertikal dan balok segitiga bermassa M. Sisi miring balok segitiga tersebut memiliki sudut kemiringan

 terhadap horisontal. Bola tersebut menyinggung balok

segitiga pada ujung paling atas balok tersebut. Balok

berada pada lantai. Baik bola maupun balok bergerak

tanpa gesekan. Percepatan gravitasi g ke bawah. Lihat

gambar. Agar setelah bola dilepas tanpa kecepatan awal,

permukaan horisontal balok segitiga tersebut tetap pada

lantai atau tidak miring/berputar,

a. Gambarkan diagram gaya yang bekerja pada sistim bola-balok tersebut,

b. Tentukan nilai percepatan gerak bola,

c. Tentukan syarat bagi nilai M/m.

Jawaban:

(7)

b. Berat bola = mg ke bawah. Misalnya gaya aksi balok yang diterima oleh bola = K, maka gaya pada bola ini dapat diuraikan menjadi gaya ke atas sebesar Kcos dan Ksin yang mengarah ke kiri. Karena bola tidak bergerak horisontal, maka gaya normal pada bola karena bersinggungan dengan tembok vertikal juga = Ksin yang mengarah ke kanan. Jika percepatan bola ke bawah = a maka

mgKcosma (1)

Gaya reaksi bola yang diterima oleh balok juga = K. Gaya pada balok ini dapat diuraikan menjadi gaya ke kanan sebesar Ksin yang akan menyebabkan percepatan balok sebesar A, serta gaya ke bawah sebesar Kcos. Sementara itu berat balok = Mg ke bawah. Karena balok tidak bergerak vertikal, maka gaya normal pada balok karena bersinggungan dengan bidang horisontal adalah N =

Mg + Kcos. Persamaan gerak untuk balok adalah

KsinMA (2)

Persamaan ketiga menghubungkan antara a dengan A. Ketika balok bergerak horisontal sebesar selama waktu t sebesar 1 2

2

s At maka bola turun sejauh 1 2 1 2

2 2

tan tan

s  At  at sehingga diperoleh hubungan:

a Atan (3)

Gabungan persamaan (2) dan (3) menghasilkan

sin tan

Ma K

 

 (4)

Gabungan persamaan (1) dan (4) menghasilkan

2

2 tan

tan

m

a g

M m

 



(8)

Agar dipenuhi syarat balok tidak miring/berputar, maka torka terhadap titik pusat massa balok dari gaya K harus lebih kecil atau sama dengan torka terhadap titik pusat massa dari gaya normal N

yang dirasakan balok dari lantai. Dalam hal ini, nilai torka maksimum dari gaya K tersebut adalah ketika gaya normal N berada di ujung paling kanan balok tersebut.

Misalkan tinggi balok = h, sehingga panjang horisontal balok = h/ tan. Pusat massa balok berjarak 1/3 dari panjang sisi balok. Karena itu jarak horisontal antara garis normal N (yang terletak di ujung kanan balok) dengan pusat massa balok adalah h/ 3tan, sehingga torka dari N

terhadap pusat massa adalah

( cos )

3 tan

h Mg K 



 .

Sementara itu gaya K dapat diuraikan menjadi gaya horisontal Ksin ke kanan yang memiliki jarak vertikal dengan pusat massa sebesar 2h/3, serta gaya vertikal Kcos ke bawah yang memiliki jarak horisontal dengan pusat massa sebesar h/ 3tan. Torka total adalah

2

sin cos

3 3 tan

h h

K  K 



 .

Dengan menerapkan syarat di atas maka

sin 2 cos ( cos )

3 3 tan 3 tan

h h h

K  K  Mg K 

 

   (6)

Gabungan (4) dan (6) menghasilkan

2

g

a (7)

c. Gabungan persamaan (5) dan (7) menghasilkan

M tan2

m   (8)

3. (10 poin) Sebuah benda bermassa m terletak pada ketinggian y di atas permukaan suatu planet

bola bermassa M dan berjari-jari R. Anggap nilai R tidaklah sangat besar dibandingkan dengan

y. Percepatan gravitasi di permukaan planet tersebut adalah g₀, sedangkan tetapan gravitasi

universal adalah G.

a. Percepatan gravitasi yang dialami benda m tersebut berkurang secara linier terhadap y.

Tentukan percepatan gravitasi pada ketinggian h (nyatakan dalam parameter-parameter di

(9)

b. Jika benda tersebut dilemparkan vertikal ke atas dari ketinggian h dengan kecepatan awal

0

v , tentukan kecepatan benda tersebut sebagai fungsi ketinggian y;

c. Tentukan tinggi maksimum benda tersebut. Tentukan pula tinggi maksimum benda jika

tetapan/konstanta linier pada pertanyaan a) diatas  0.

Jawaban:

a. Gaya gravitasi antara m dan M yang terpisah pada jarak R + y sama dengan berat yang dimiliki oleh massa m dengan percepatan gravitasi g.

2 ( )

GMm mg

R y



 

2

2 2 2 3

2 (1 / ) (1 2 / )

GM GM GM GM

g y R y R y

R R R R



      (2 poin)

Jadi

0 ₂

GM g

R

 dan

3 2GM k

R

  .

b. Persamaan gerak untuk benda yang dilempar ke atas

a g  dv (g₀ ky)

dt    (1 poin)

Dengan menggunakan dalil rantai,

0

dv dv dy dv

v g ky

dt  dy dt  dy   (1 poin)



0

0 0

( )

y v

v v y

vdv g ky dy

 

  



 1 2 2 1 2

0 0

2(v v ) g y2ky

2 2 2

0 0

2

v ky  g yv (2 poin)

c. Di ketinggian maksimum

v = 0  ky22g y₀ v₀2 0

 2 0 4 02 4 02 0(1 1 02/ 02)

2

g g kv g kv g

y

k k

   

  (2 poin)

Untuk limit k0

2 2 2

0 0 0 0

0 [1 (1 / 2 )]

2

g kv g v

y

k g

 

(10)

4. (14 poin) Bola karet dengan berat W = mg dilekatkan dengan kuat di titik C pada ujung

tongkat AC (dengan massa tongkat diabaikan). Sementara pada ujung lain tongkat yaitu titik

A dipasang engsel yang melekat kuat pada lantai sehingga tongkat dapat berotasi di sekitar

titik A pada bidang xy (lihat gambar). Pegas

dengan konstanta k dipasang pada posisi

mendatar dengan satu ujung dilekatkan pada

dinding dan ujung yang lain dilekatkan pada

titik tetap B di tongkat AC. Seperti tampak

dalam gambar, tongkat disimpangkan dari

posisi awal (tegak) sebesar sudut  lalu

dilepaskan sehingga tongkat akan mengalami

gerak osilasi (getaran). Tentukan:

(a) besar frekuensi getaran untuk sudut

simpangan  yang kecil.

(b) nilai maksimum gaya berat W agar untuk sudut simpangan  kecil tongkat mengalami

getaran harmonik.

Solusi:

(a) Gaya-gaya yang bekerja pada sistem adalah :(ex xˆ,ey  yˆ,dan e_ rˆ,e_ ˆ)  

 

 Gaya berat : W mgy

 Gaya pegas : Fkaxˆ

 Gaya reaksi sepanjang tongkat : FR Rrˆ



(gunakan koordinat polar r, ) Hukum II Newton:

a

W=mg

L

B

C

x

y

Lantai

Dinding



(11)

r R L a x ka y mg dt

r d

m ₂ ˆ ˆ ˆ

2

 



 



atau dalam koordinat polar

r R r

L a ka r

mg r

r r

m( 2ˆ ˆ) (cosˆsinˆ)  (sinˆcosˆ) ˆ

Tetapi, komponen-komponen gaya berat dan gaya pegas ke arah rˆdapat diimbangi oleh gaya reaksi F_R, sehingga akhirnya diperoleh persamaan gerak untuk sudut simpangan tongkat (), yaitu

  

 sin cos

2

L a k mg

mr 

Dengan mengingat bahwa untuk sudut  kecil berlaku sin  dan cos 1, maka diperoleh

 



L a mr

k g r

2 1

 



 , atau ₂ 0

2

 

 



mL mgL ka

 

sehingga frekuensi getaran tongkat adalah

b. Tongkat mengalami getaran harmonik kalau 2 > 0 sehingga

L ka mg W

2  

5. (18 poin) Sebuah batang homogen (massa M dan panjang l_{) salah satu ujungnya diletakan pada tepi}

sebuah meja dalam posisi vertikal. Batang kemudian dilepaskan dari keadaan diam. Tentukan sudut

antara posisi batang terhadap vertikal dimana batang mulai kehilangan kontak dengan meja. Lakukan

perhitungan Anda untuk 2 kondisi berikut:

a. Tepi meja dianggap licin akan tetapi memiliki siku seperti ditampilkan pada gambar (i)

b. Tepi meja kasar dan sangat tajam (lihat gambar (ii)).

(ii)

(i)

2 2

mL

mgL

ka





(12)

Jawab:

a. Untuk kondisi gambar (i), hingga posisi batang jatuh sejauh  terjadi:

Kehilangan energi potensial sebesar:



1 cos



2  

EP Mg

Energi ini dikonversi menjadi EK rotasi di tepi meja itu,

EKrot = EP





1 cos



2

1 2   

Mg

Ip ;

ambil 2

3 1



M

Ip  akan diperoleh: 



1 cos



3

2   

g

(1)

Percepatan centripetal batang: 



1 cos



2

3 2

2  

 g

a_cp  (2)

Karena batang berotasi, maka berlaku:



 I   2

3 1 sin

2 



M

Mg  (3)

Maka  sin 2 3 

g

 dan  sin

4 3

2 g

a_t    (4)

Lihat gambar saat batang di posisi , sesaat akan kehilangan kontak dengan meja.



Fx Max 



atcos acpsin



M

H   (5)



Fy May 



a_cpcos a_tsin



M

V

Mg   (6)

Dari penyelesaian pers. (5) dan (6) dengan mensubstitusikan

pers. (2) dan (4) diperoleh:









2

1 cos 3 4 1

2 cos 3 sin 4

3

 

  

Mg V

Mg H

(7)

Batang mulai kehilangan kontak dengan meja pada saat:

H = 0  3 cos  - 2 = 0

Jadi, cos  = 2/3, atau  = cos-1 (2/3)  48o. (8)

b. Untuk kondisi gambar (ii), nilai untuk acp dan atnya sama seperti pada persamaan (2) dan (4)

(13)

Karena ujung meja sekarang tajam, maka gaya normal N akan berarah pada sepanjang sumbu batang. Dan ada gaya gesek fr yang tegak lurus terhadap N (lihat gambar di bawah).

Sepanjang sumbu batang:



Fx Max 







 

cos 1 2 3 2

cos

2  

  

Mg M

Ma N

Mg _cp

 (9)

Maka kita peroleh,



5cos 3



2 

 Mg 

N (10)

Batang tepat mulai meninggalkan tepi meja, pada saat N = 0.

Jadi, cos  = 3/5 atau  = 53o. (11)

Jika  makin besar maka N < 0 dan ini tidak mungkin! Yang pasti batang jadi tidak kontak lagi dengan meja. Karena tepi meja yang kasar maka gaya gesek statik mampu menahan batang untuk melakukan gerak rotasi dan tidak terjadi slip hingga gaya normal N = 0.

6. (14 poin) Sebuah bola kecil dengan massa m dipasang pada

silinder pejal bermassa M dan berjari-jari R menggunakan

batang tak bermassa. Lihat gambar. Bola kecil tersebut berada

pada jarak H di atas pusat silinder. Sistem bola-silinder

tersebut kemudian diberikan gangguan kecil dari posisi

kesetimbangan tak stabil tersebut. Silinder menggelinding

tanpa tergelincir/slip. Pada saat bola m menyentuh lantai,

tentukan:

a- kecepatan pusat massa silinder,

b- kecepatan bola.

(14)

Pertama, gunakan teorema usaha-energi. Gaya normal oleh lantai pada silinder yang mengarah ke atas, maupun gaya gesek statik pada silinder tidak melakukan usaha sama sekali, sehingga usaha oleh gaya gravitasi sama dengan perubahan energi kinetik sistem.

grav

W  EK (1) (1 poin)

Selama gerakan, tinggi pusat massa silinder tidak mengalami perubahan sehingga usaha oleh gaya gravitasi hanya berasal dari bola m sebesar

W_grav mg R( H). (2) (1 poin)

Sementara tenaga kinetik total sistem adalah

EK ₂1MV2₂1I21₂mv2 (3) (1 poin)

dimana V = kecepatan pusat massa silinder, I = momen inersia silinder = 1₂MR2,  = kecepatan sudut silinder dan v = kecepatan bola. Jadi

2 2 2

1 1 1

2 2 2

( )

mg RH  MV  I  mv (4) (1 poin)

Karena silinder menggelinding tanpa tergelincir, hubungan antara V dengan  adalah

V R (5) (0,5 poin)

Titik P adalah sumbu rotasi sesaat sehingga saat bola menyentuh lantai jari-jari rotasi bola terletak pada lantai. Karena kecepatan bola tegaklurus dengan jari-jari rotasi bola, maka v harus tegak lurus terhadap lantai. Disini, v adalah resultan dari kecepatan translasi titik O (pusat massa silinder) dan kecepatan bola yang berotasi terhadap titik O. Dengan melihat Gambar, maka

v2 (H)2V22(H2R2) (6) (2 poin) Substitusi (5) dan (6) ke persamaan (4) akan menghasilkan

2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1

2 2 2 2

( ) ( )

mg RH  M R  MR   m H R (2 poin)

Kecepatan sudut silinder saat bola menyentuh lantai adalah

2 2

( )

2

2 (3 2 )

mg H R mH R M m

 

  (7) (1,5 poin)

a- Kecepatan pusat massa silinder:

V =  R 









2

2 3 2

2

R m M mH

R H mg R

V

 



(15)

b- Kecepatan bola saat menyentuh lantai adalah:

2 2

( )

2( )

2 (3 2 )

mg H R

v H R H R

mH R M m

 

   

  (1 poin)

7. (16 poin) Sebuah silinder pejal bermassa dan radius mula-mula berotasi dengan

kecepatan sudut dan tanpa kecepatan awal pusat massa di tepi bawah suatu bidang miring

kasar (yang tetap/tidak dapat bergerak) dengan sudut kemiringan dan koefisien gesek

kinetik dimana . Asumsikan bahwa silinder selama mendaki tetap kontak

dengan bidang miring. Tentukan:

a. waktu yang dibutuhkan silinder hingga menggelinding tanpa slip;

b. jarak yang ditempuh oleh pusat massa silinder hingga menggelinding tanpa slip;

c. ketinggian maksimum yang dapat dicapai silinder.

Jawaban:

Misalkan silinder akan mulai menggelinding tanpa slip di titik B.

x

y

A B

h



w N fK

a. Selama gerak dari A ke B, hukum Newton II,

0 cos

0

 

 



 mg N

ma F_y _y

dan (0,5 poin)

sin

x x

K x

F ma

mg  f ma



  



m R

0 



K

(16)

sehingga percepatan translasinya adalah



_Kcos sin



ag    (1 poin)

Untuk gerak rotasi, relatif terhadap pusat massa slinder,

2 1 2 O O O

K O

I

f R mR

 





 



(0,5 poin)

sehingga percepatan rotasinya adalah

R g

K 



₀ 2 cos (1 poin)

Karena percepatan translasi dan percepatan rotasinya konstan, maka kita dapatkan kecepatan silinder adalah:





t R g t gt t v K K        cos 2 ) ( sin cos ) ( 0    

(1 poin)

Misalkan silinder akan mulai menggelinding tanpa slip di titik B, maka di titik B kita punya

 

B

 

B

v t  t R (1 poin)

atau



  



 sin cos 3 0   K B g R

t (1 poin)

b. Jarak yang ditempuh oleh pusat massa silinder hingga menggelinding tanpa slip adalah





2

2 2 0 2 sin cos 3 sin cos 2 2 1            K K B B g R at x

(2 poin) + (2 poin)

c. Dengan menggunakan hubungan usaha dan energi, kita punya

2 0 1

2IO mgh f xK B (2 poin)

sehingga didapatkan









_       

 02 2 ₂

sin cos 3 sin cos cos 2 1

4   

      K K K g R

h (4 poin)