Sekolah Olimpiade Fisika

(1)

SOLUSI

SIMULASI OLIMPIADE FISIKA SMA

Agustus 2016

TINGKAT KABUPATEN/KOTA

Waktu : 3 jam

Sekolah Olimpiade Fisika

davitsipayung.com

(2)

OSK-08-2016 2 Simulasi Olimpiade Fisika

Sekolah Olimpiade Fisika davitsipayung.com

Davit Sipayung

davitsipayung@gmail.com

1. Dua orang anak menarik sebuah balok. Pada suatu waktu ditunjukkan dalam diagram, kecepatan masing-masing anak searah tali sama dengan v1 dan v2. Kedua tali membentuk

sudut θ dengan satu sama lain. Pada saat itu, berapa kecepatan balok?

Solusi :

Misalkan kecepatan balok v membentuk sudut α terhadap kecepatan anak v1. Komponen

kecepatan v terhadap tali sama dengan kecepatan v1 dan v2. 1 cos

v v 





2 cos cos cos sin sin

v v   v  v  

Selanjutnya, kita peroleh

2 2 2 2 2

1

sin 1 cos cos

v v    v v   v v Jadi, 2 2 2 1cos 1 sin v v  v v  2 2 1 2 2 1 2cos sin v v v v v   _ 

2. Tiga buah silinder kecil dihubungkan dengan batang ringan, di mana ada engsel dekat pusat silinder, supaya sudut antara batang dapat berubah. Mula-mula sudut antara batang adalah siku-siku. Dua silinder bermassa m masing-masing berada di puncak dan di permukaan lantai, satu lainnya bermassa 4m berada di permukaan lantai. Abaikan semua gesekan. Hitung percpatan silinder yang lebih berat sesaat setelah sistem mulai bergerak dari keadaan diam.

balok _θ

v1

(3)

Davit Sipayung

Solusi :

Hukum Newton pada masing-masing silinder sebagai berikut :

0 1cos 45 4 1 T  ma 0 2cos 45 2 T ma 0 0 1cos 45 2cos 45 3x T T ma 0 0 1sin 45 2sin 45 3y mg T T ma

Gabungan ke empat persamaan di atas menghasilkan

1 2 3

4a a a _x0

1 2 3

4a a a _yg

Kita membutuhkan dua persamaan tambahan untuk menyelesaikan persamaan di atas. Kita gunakan hubungan kinematika antara masing-masing benda. Silinder selalu terikat pada batang sehingga percepatan masing-masing silinder sejajar batang harus sama.

1 3y 3x

a a a

2 3x 3y

a a a

Gabungan empat persaman terakhir memberikan hasil

1 ₉ g a  4m m m a1 a2 a3x a3y T1 T2 4m m m

(4)

Davit Sipayung

3. Sebuah pendulum terdiri dari bola kecil bermassa m dan tali panjangnya l dilepaskan dari keadaan diam pada posisi horizontal. Sebuah paku jaraknya d di bawah poros menyebabkan bola mengelilingi paku. Hitung jarak d dalam besaran l agar bola berhasil menumbuk paku.

Solusi :

Benda mula-mula berada di titik A. Bola menuju paku saat tali kendor di titik B dan kemudian bola menumbuk poros di titik C.

Pilih acuan energi potensial nol di dasar lintasan bola. Kekekalan energi mekanik di titik A dan di titik B:





_{(1 sin )} 1 2

2 B

mglmg ld    mv

Kita akan mendapatkan nilai nilai θ dan

v

B_{dari analisa gerak melingkar dan gerak}

parabola bola di titik B. Dinamika gerak melingkar bola di titik B:

2 sin vB mg T m l d   

Tali kendur di titik B sehingga tegangan tali sama dengan nol, T=0.





2 _sin

B

v g ld 

Tinjau gerak parabola bola dari titik B ke titik C. Pilih pusat koordinat kartesian di titik B. Bola menumbuk poros di titik C  



l d



cos ,  



l d



sinpada

t



t

C_.

Gerak pada sumbu x : 0

sin

x v





t

l-d C x mg y B v θ B A l d θ d l

(5)

Sekolah Olimpiade Fisika davitsipayung.com Davit Sipayung davitsipayung@gmail.com



l d





cos





v

_B

sin



t

_C





cos sin C B l d t v



 

Gerak bola pada sumbu y :

2 1 cos 2 B yv t gt





_sin _cos 1 2 2 B C C l d  v t gt     Substitusikan tC untuk mendapatkan :





2 2 cos 2 sin B g l d v    





sin





cos2 2 sin g l d g l d       1 tan 2 2  

Kita akan mendapatkan bahwa : 1 sin 3 3 





2 1 ₃ 3 B v  g ld Nilai d :





2 2gl2g ld (1 sin )  v_B





1 1





2 2 (1 3) 3 3 3 gl g ld   g ld



2 3 3



0,64 d  l l

4. Dua pegas masing-masing memiliki konstanta pegas k dan 3k . Panjang kedua pegas tanpa regang adalah l. Salah satu ujung ujung pegas diikatkan pada dinding dan ujung lainnya diikatkan pada sebuah partikel bermassa m. Partikel ditahan diam dan panjang mula-mula masing-masing pegas adalah 2l seperti ditunjukkan pada gambar. Partikel dilepaskan dan kemudian partikel bergerak bolak-balik dalam arah horizontal. Tentukan kecepatan maksimum partikel setelah dilepaskan.

(6)

Davit Sipayung

Solusi:

Pertama-tama kita menentukan titik setimbang partikel. Misalkan posisi setimbang partikel berjarak x = x0 di sebelah kanan posisi mula-mula partikel x=0. Posisi setimbang

partikel :



0

 

0



3k lx k lx 0 2

x l

Hukum II Newton pada partikel. 4kx mx

 

4k m



Kecepatan maksimum partikel di titik setimbang adalah 4kx mx   4 2 maks k l k v A l m m     

5. Sebuah sistem pegas-dumbbell terdiri atas dua bola bermassa m dan sebuah pegas dengan konstanta pegas k. Dua dumbbell meluncur saling mendekat , masing-masing memiliki kecepatan v0. Pada suatu waktu jarak antara kedua dumbbell adalah L. Berapa lama lagi

jarak kedua dumbell sama dengan L?

Solusi:

Bola kiri dumbbell memiliki kecepatan v sesaat setelah ditumbuk bola paling kiri. Kecepatan pusat massa dumbbell mulai bergerak adalah vpm= v/2. Setelah dumbbell

bergerak, kedua bola akan berosilasi terhadap pusat massa dumbbell dengan periode v0 m m v0 m m L 2l 2l k m 3k

(7)

Davit Sipayung

. Pusat massa harus bergerak setengah periode dalam kerangka acuan pusat massa , bola dumbbell kanan bergerak v/2 ke kanan dan dalam lab kecepatannya v dan bola kiri dumbbell diam.

6. Permukaan sebuah meja horizontal dibagi menjadi dua bagian yang memiliki kekasaran permukaan yang berbeda. Sebuah piringan tipis homogen berputar searah putran jarum jam terhadap sumbu putar melalui pusat massanya. Koefisien gesek antara piringan dan dua sisi meja berturut-turut adalah μ1 dan μ2 (μ1> μ2), seperti ditunjukkan pada gambar.

Mula-mula, pusat massa piringan diletakkan tepat di garis yang memisahkan sisi permukaan meja. Percepatan gravitasi bumi konstan g. Hitung besar dan arah percepatan mula-mula pusat piringan.

Solusi :

Metode 1 :

Misalkan massa piringan adalah M dan radiusnya R. Tinjau bagian piringan berupa lingkaran dengan dengan radius rn dan massa lingkaran menjadi mn =2πrn. Tinjau busur

lingkaran dengan panjang ∆lk. Massa busur lingkaran adalah ∆mk= (∆l/2πrn )m. Tinjau

dua bagian ∆l dalam sisi kanan piringan. 2 2 m T k



 1 2 2 1 2 2 2 2 pm L n T v L m n v k m L v k     _  _     _  _    μ1 μ2

(8)

Davit Sipayung

Komponen gaya gesek pada arah horizontal akan saling menghilangkan karena besarnya sama tetapi arahnya berlawanan. Gaya gesek bagian lingkaran piringan adalah

  2 2 2 2 sin sin 2 sin 2 2 2 k k k k n k n n k k n n n n n F f l m g r gm l r gm r r g m      _             _ _            

Perhatikan bahwa ∑∆lksinθk adalah proveksi busur lingkaran terhadap vertikal sama

dengan diameter. Gaya gesek total pada sisi kanan piringan adalah

2

kanan k

F F  Mg



  

Gaya gesek total pada sisi kiri piringan adalah

1

kiri

F  Mg





Gaya total yang bekerja pada piringan adalah



1 2



total kanan kiri

Mg

F F F  



   

Percepatan piringan adalah



1 2



F a M g _ _    

Percepatan piringan vertikal ke depan.

fk fk θ θ μ2 μ1

(9)

Davit Sipayung

Metode 2:

Misalkan luas piringan adalah A= πR2 dan massa piringan adalah M. Gaya normal dN bekerja pada elemen piringan dA = rdrdθ adalah

dA Mg

dN Mg rdrd

A A 

 

Besar gaya gesek yang bekerja pada elemen piringan dA adalah

dA Mg df dN Mg rdrd A A       

Gaya gesek berlawanan dengan vektor kecepatan benda,





ˆ ˆ ˆ sin cos df dN Mg rdrd i j A    _ _ _      

Gaya gesek pada sisi kanan piringan,





2 2 2 2 0 2 2 ˆ ˆ sin cos ˆ R Mg f rdrd i j A R Mg j A    _ _ _          

Gaya gesek pada sisi kiri piringan,





2 2 1 1 0 2 1 ˆ ˆ sin cos R Mg f rdrd i j A R Mg A    _ _ _         

Gaya total yang bekerja pada piringan ,









1 2 2 1 2 1 2 ˆ ˆ F f f R Mg j A Mg j            

Percepatan piringan adalah





1 2 1 2 ˆ F a f f m g j       

(10)

Davit Sipayung

Percepatan piringan ke depan searah sumbu y positif karena μ1 > μ2.

7.

Sebuah partikel bermassa m bergerak dengan kecepatan v

0

menuju sebuah tongkat

bermassa m dan panjang l. Tongkat mula-mula dalam keadaan diam dan arah

gerak partikel tegak lurus terhadap tongkat. Partikel menumbuk tongkat pada

jarak x dari pusat massa tongkat. Partikel menempel pada tongkat setelah

tumbukan. Hitunglah x agar energi sistem yang hilang minimum.

Solusi:

Kecepatan pusat massa batang setelah tumbukan diperoleh menggunakan kekekalan momentum linier: 0 2 pm mv  mv 2 pm pm v v 

Setelah partikel menempel pada tongkat, pusat massa sistem berjarak x/2 pusat batang. Momen inersia sistem terhadap pusat massa sistem :

2 2 2 1 12 2 pm l I  ml mx m_ x_   μ1 μ2 θ _x y 0 v x l m m

(11)

Davit Sipayung

Kekekalan momentum sudut terhadap pusat massa sistem :

0 ₂ pm x mv   _{ } I    2 2 2 0 1 2 12 2 x l mv  _{ }_ ml mx m_ x_ _   _   _ 0 2 2 2 2 1 12 2 v x l l x x     _  _  

Energi yang hilang selama proses tumbukan:

2 2 2 0 1 1 1 2 2 2 awal akhir pm EK EK EK mv mv I       _  _  

Selanjutnya buktikan bahwa energi yang hilang minimum ketika

2 l x