238109367 soal-dan-pembahasan-olimpiade-fisika-sma-tingkat-provinsi-osp-tahun-2014

Oleh : davit Sipayung

Web : davitsipayung.blogspot.com

Email : [email protected]

SELEKSI OSN TINGKAT PROVINSI 2014

TIM OLIMPIADE FISIKA INDONESIA 2015

Bidang Fisika

Waktu : 3,5 Jam

DEPARTEMEN PENDIDIKAN NASIONAL

DIREKTORAT JENDERAL PENDIDIKAN DASAR DAN MENENGAH

DIREKTORAT SEKOLAH MENENGAH ATAS

TAHUN 2014




1. Balok bermassa 2m mula-mula diam terbawah bidang miring ( massa M dan sudut

kemiringan ). Permukaan bidang miring licin dan berada di atas meja licin. Pada saat

awal t=0, sebutir peluru dengan massa m dan kecepatan 0v 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 ditempuh bidang miring terhadap pojok meja pada saat balok 2m

mencapai ketinggian maksimumnya.

SOLUSI:

a. Momentum linear kekal pada tumbukan antara balok 2m dan peluru m:

0 1 1 03 3mv mv v v

Momentum linear arah horizontal kekal pada tumbukan antara balok-peluru dengan

bidang miring. Momentum linear awal sistem arah horizontal :

1 03 cos cosawalp mv mv Ketiga sistem balok-peluru berada di tertinggi di atas bidang miring maka

kecepatannya akan sama dengan kecepatan bidang miring 2v (balok diam relatif

terhadap bidang miring).

23akhirp M m v

Kekekalan momentum linear pada arah horizontal :

0 2cos 3mv M m v

02

cos

3

mvv

M m

Kekekalan energi mekanik dengan acuan energi potensial di meja sama dengan nol:

2 21 2

1 13 3 32 2maksm v mgh M m v

Substitusikan nilai 1v dan 2v ke dalam persamaan ini maka akan diperoleh :

2 2 20 0 cos

18 6 3maks

v mvh

g g M m

0v

M

2m

m

g




2203 sin

3 18maks

vM mhM m g

b. kecepatan bidang miring saat balok mencapai ketinggian maksimumnya :

02

cos

3

mvv

M m

c. Jarak S yang ditempuh oleh balok di atas bidang miring :

2203 sin

sin 3 18 sinmaksh vM mS

M m g

Percepatan balok relatif terhadap bidang miring : 21

1 2

va

S

Waktu yang diperlukan balok 2m mencapai ketinggian maksimumnya:

2

011

1 1

2 3 sin3 3 sin

vv S M mta v M m g

d. Percepatan bidang miring relatif terhadap tanah :

22

1

va

t

Jarak X yang ditempuh oleh bidang miring dari tepi meja :

2 22 0

2 1 2 1 2

3 sin1 12 2 6 tan3

m M m vX a t v t

gM m

2. Sebuah bola bermassa m ditempatkan di antara tembok vertikal dan balok segitiga

bermassa M. Sisi miring balok segitiga tersebut memiliki sudut kemiringan terhadap

horizontal . 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 horizontal balok segitiga tersebut tetap pada lantai atau tidak miring

atau berputar,

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

b. Tentukan nilai percepatan gerak bola

c. Tentukan syarat bagi nilai M/m

SOLUSI:

M

m




a. Gambar diagram gaya yang bekerja pada sistem bola-balok :

b. Bola bergerak dengan percepatan 1a ke kanan dan balok segitiga bergerak ke kiri

dengan percepatan 2a ke kanan. Percepatan 1a dan 2a memenuhi hubungan bahwa

1 12

2

tantan

a aa

a

Persamaan gerak bola :

1 1cosmg N ma

Persamaan gerak balok segitiga :

1 2sinN Ma

Percepatan gerak bola: 2

1 2

tan

tan

mga

M m

c. Permukaan horizontal balok segitiga tersebut tetap pada lantai berarti balok tidak

mengguling atau berputar. Saat balok segitiga akan mengguling maka gaya normal

balok 2N bergeser ke tepi balok. Asumsikan lebar balok l dan tinggi balok h. Gaya

normal 1N mula-mula tepat di puncak balok segitiga.

Kita misalkan bahwa torsi yang berlawanan arah jarum jam bernilai positif

,sedangkan torsi yang berlawanan arah jarum jam bernilai negatif. Balok tidak akan

berputar ketika jumlah seluruh torsi di titik A benilai negatif. Pusat massa segitiga

berjarak l/3 dari titik A. Persamaan torsi terhadap titik A :

0A

1sin 03lMg N h

Dari persamaan sebelumnya dapat kita peroleh bahwa

1N 3N

mg

Mg

1N

2N

Mg

1N

2N

A

h

l




1 2tan cos

MmgN

M m

dan dari geometri balok segitiga kita peroleh hubungan bahwa

tan hl

Kita akan mudah mendapatkan bahwa

2

3sin tan 0

tan cos

MmgMg

M m

2

2

3 tan1 0tan

m

M m

22tanMm

3. Sebuah benda bermassa m terletak pada ketinggian y di atas permukaan planet bola

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

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

universal adalah G.

a. Percepatan gravitasi yang di alami benda m tersebut berkurang secara linear terhadap

y. Tentukan percepatan gravitasi pada ketinggian h (nyatakan dalam parameter-

parameter di atas);

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

awal 0v , tentukan kecepatan benda tersebut sebagai sebagai fungsi ketinggian y.

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

jika tetapan /konstanta linear pada pertanyaa a) di atas bernilai 0.

SOLUSI:

a. Misalkan adalah konstanta linear penurunan percepatan gravitasi terhadap y .

Percepatan gravitasi sebagai fungsi y adalah :

0g g y

Sehingga percepatan gravitasi pada ketinggian h di atas permukaan planet akan sama

dengan 0 .g g h

b. Misalkan sumbu y positif di atas permukaan planet sehingga percepatan planet akan

bernilai negatif karena arahnya ke bawah.

0 0g g y g y

Bentuk turunan percepatan gravitasi sebagai fungsi y :

dv dv dv dvg vdt dt dy dy

Sehingga kita dapat menuliskan bahwa:

0dvv g ydy

0

0

yv

v h

vdv g y dy




0

2 20

12 2

yv

v h

v g y y

2 2 2 20 0 0

1 12 2 2 2

v v g y y g h h

1

2 2 2 20 0 02 2v y g y g h h v

c. Benda mencapai tinggi maksimum (ym) saat kecepatan sesaatnya sama dengan nol

(v=0). 2 2 2

0 0 02 2 0m my g y g h h v

Kita akan memperoleh solusi ym dengan menggunakan rumus akar-akar persamaan

kuadrat untuk kasus 0 :

220 0 0

2 20 0 0

21m

g g vh hyg g g

Tinggi maksimum benda jika 0 : 2

0 0 02 2 0mg y g h v

20

2m

vy h

g

4. 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 berosilasi 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 B di tongkat AC. Seperti tampak pada gambar, tongkat

disimpangkan pada 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 simpangan kecil pada tongkat

mengalami getaran harmonik.

a

Dinding

x

y

B

A

C

W=mg

Lantai

L




SOLUSI:

a. Perhatikan gaya-gaya yang bekerja pada sistem di bawah ini.

Persamaan torsi pada titik A : 2

2A

dI

dt

22

2sin cos

dWL kxa mL

dt

22 2

2sin cos sin

dWL ka mL

dt

Untuk sudut simpangan yang kecil berlaku bahwa sin dan cos 1 , sehingga

kita dapat menuliskan

22 2

2

2 2 20 0

ka WLd d

dt mL dt

Persamaan ini merupakan bentuk persamaan gerak harmonis sederhana yang

memiliki frekuensi angular

2

2

2

ka WL

mL

Sehingga frekuensi getaran sistem akan sama dengan :

2

2

12 2

ka WLf

mL

b. Syarat agar sistem melakukan osilasi gerak harmonik adalah : 2 0 2 0ka WL

2kaWL

2

makskaWL

Lantai

L

a

y

A

W=mg sinx a

kx




5. Sebuah batang homogen (massa M dan panjang L) salah satu ujungnya diletakkan 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 ini :

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

(i);

b. Tepi meja kasar dan sangat tajam seperti ditampilkan pada gambar (ii).

SOLUSI:

a. Batang membentuk sudut θ terhadap posisi vertikal saat jatuh dari posisi vertikal.

Perubahan energi potensial pusat massa batang akan diubah menjadi energi kinetik

rotasi batang.

2 2111 cos2 23lMg ML

2 31 cos

g

l

Percepatan sentripetal pusat massa batang: 2 31 cos

2 2c

gla

Persamaan torsi pada batang terhadap siku meja :

21sin2 3lMg ML

3sin

2

g

L

Percepatan tangensial pusat massa batang : 3

sin2 4t

gla

Dinding horizontal dan vertikal licin dari siku tepi meja akan memberikan gaya

horizontal dan vertikal yang bernilai berturut-turut HN dan VN pada ujung batang

(lihat gambar).

(i)

(ii)




Persamaan gaya pada batang dalam arah horizontal dan vertikal diberikan oleh

cos sinH t cN M a a

sin cosV t cMg N M a a

Substitusikan ta dan ca ke dalam persamaan ini maka kita akan medapatkan bahwa

3 sin 3cos 24HN Mg

21 3cos 1

4VN Mg

Komponen reaksi pertama HN akan nol ketika 1 23

cos . Untuk sudut yang lebih

besar, HN akan menjadi negatif, sehingga batang benar-benar lepas dari meja karena

tepi meja yang licin tidak dapat menarik ujung batang kembali.

b. Tepi meja sekarang berbentuk seperempat lingkaran yang sangat kecil , gaya normal

N selalu diarahkan pada sumbu batang. Gaya gesek statik Fs arahnya tangensial

terhadap seperempat lingkaran ini dan nilainya berubah-ubah

Persamaan gaya sepanjang batang :

3

cos 1 cos2c

MgMg N Ma

Kita akan mendapatkan nilai gaya normal sebagai

5cos 32

MgN

Reaksi meja terhadap batang menjadi nol ketika N=0 saat 1 35

cos . Untuk sudut

yang lebih besar gaya normal akan negatif , ini berarti batang meninggalkan tepi

meja.

N

Fs

Mg

ta

ca

θ

Mg

ta

ca

θ

HF

VF




6. 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.

SOLUSI:

a. Ambil acuan energi potensial di pusat massa silinder pejal sama dengan nol. Energi

mekanik awal sistem :

awalE mgH

Pada saat bola kecil menyentuh lantai, silinder pejal dan bola kecil akan memiliki

kecepatan sudut .

Silinder akan memiliki kecepatan pusat massa cmv R karena silinder tidak slip.

Bola kecil akan memiliki dua kompenen kecepatan yaitu, kecepatan horizontal sama

dengan h cmv v dan kecepatan tangensial sama dengan t cmv H v H R . Bola kecil

memiliki kecepatan total

2 2 2 0 2 22 cos 90 2 sinb t cm t cm t cm t cmv v v v v v v v v

2 2 2 2

2 2 2

2 22cm cm

b cm cm cm

v H v H R H Rv v v vR HR R

Momen inersia silinder pejal terhadap pusat massa pejal adalah 212sI MR

Momen inersia bola kecil terhadap pusat massa pejal adalah 2

bI mH . Energi

mekanik bola-silinder saat bola menyentuh lantai :

2 2 21 1 12 2 2akhir cm b p sE mgR Mv mv I I

Kekekalan energi mekanik sistem, awal akhirE E :

2

2 22 2 2 2

2

1 1 1 12 2 2 2

cmcm cm

vH RmgH mgR Mv m v mH MRRR

2

2 2 2

4

3 4 2cm

mg H R Rv

MR mH mR

m

M

R H

θ

cmv

cmv

tv

bv

m

M R

H




b. Kecepatan bola menyentuh lantai :

2 2

2 2 2

4

3 4 2b

mg H R H Rv

MR mH mR

7. Sebuah silinder pejal bermassa m dan radius R mula-mula berotasi dengan kecepatan

sudut 0 dan tanpa kecepatan awal pusat massa di tepi bawah suatu bidang miring kasar

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

s dimana tank . 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 dicapai silinder

SOLUSI:

a. Diagram gaya pada silinder pejal :

Persamaan gaya pada silinder :

sink cmf mg ma

cos sink cmmg mg ma

cos sincm ka g g

Persamaan torsi pada pusat massa silinder:

kf R I

21cos2kmg R mR

2 cosk g

R

Kinematika translasi silinder pejal :

0t cmv v a t

cos sint kv g t

Kinematika rotasi silinder pejal :

0t t

0

2 coskt

gt

R

Silinder membutuhkan waktu 0t untuk mencapai slip dan kondisi slip terjadi saat

t tv R

θ

θ

mg mgsinθ mgcosθ

fk

N




0 0 0 0

2 coscos sin k

k

gg t t R

R

0

0 3 cos sink

Rt

g

b. jarak yang ditempuh oleh pusat massa silinder hingga menggelinding tanpa slip, 20

12 cmS a t

2 20

2

cos sin

23 cos sin

k

k

RS

g

c. Energi awal silinder pejal, ambil acuan energi potensial di pusat massa silinder saat di

posisi mula-mula sama dengan nol :

2 2 20 0

1 12 4awalE I mR

Energi kinetik rotasi awal silinder akan dikerversi menjadi energi gesek dan energi

potensial gravitasi dengan mencapai ketinggian maksimum hmaks. Silinder mengalami

kehilangan energi oleh karena gaya gesek saat bergerak slip, yaitu saat menempuh

jarak S.

2 20

2

cos sin cos

23 cos sin

k kgesek k

k

mg RE f S

g

Energi potensial akhir silinder pejal :

maksEP mgh

Kekekalan energi sistem :

awal gesekE E EP

2 22 2 0

0 2

cos sin cos14 23 cos sin

k kmaks

k

mg RmR mgh

g

2 20

2

2 cos sin cos1 14 3 cos sin

k kmaks

k

Rh

g

238109367 soal-dan-pembahasan-olimpiade-fisika-sma-tingkat-provinsi-osp-tahun-2014

Documents

Transcript of 238109367 soal-dan-pembahasan-olimpiade-fisika-sma-tingkat-provinsi-osp-tahun-2014