Kontes Terbuka Olimpiade Fisika...KTOF VII Juli 2019 Halaman 4 dari 23 Kontes Terbuka Olimpiade...

KTOF VII Juli 2019 Halaman 1 dari 23

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

Naskah Soal dan Solusi

Kontes Terbuka Olimpiade Fisika

Juli 2019

Oleh :

Komunitas Olimpiade Fisika Indonesia

Waktu : 47 Jam

Tahun 2019


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

Penjelasan Model Soal

Pada KTOF kali ini menggunakan sistem Essay.

Tetap terdapat Soal Utama yaitu 7 buah soal utama pada KTOF kali ini (sesuai

susunan soal OSN Fisika level kabupaten/kota) dimana masing-masing soal terdiri

atas beberapa anak soal dimana setiap soal memiliki poin maksimum sesuai yang

tertera pada soal.

Setiap anak soal adalah soal-soal yang berkaitan dengan soal utama yang berupa

konsep, matematik, numerik, analitik, atau grafik. Untuk mengerjakan soal numerik

peserta diizinkan menggunakan kalkulator.

Setiap anak soal dari soal utama memiliki keterkaitan satu sama lain yang saling

membangun guna mempelajari permasalahan yang diberikan pada soal utama.

Teknis Pengerjaan

Setiap peserta akan mendapatkan Nomor Peserta masing-masing.

Soal KTOF akan kami bagikan via email dan grup WA kepada para peserta pada hari

Jumat, 19 Juli 2019 pukul 13.00 WIB.

Peserta dipersilahkan mengerjakan soal yaitu dari saat soal dibagikan sampai batas

terakhir memasukkan jawaban di form jawaban online yaitu pada hari Minggu, 21

Juli 2019 pukul 12.00 WIB.

Jawaban ditulis secara detail pada kertas HVS berwarna putih menggunakan

balpoint warna hitam/biru dan tidak boleh warna lainnya. Pada bagian atas halaman

paling depan setiap nomor soal tuliskan nama, sekolah/instansi, dan nomor peserta

yang telah diberikan.

Teknis Pengumpulan Jawaban

Jawaban untuk setiap nomor soal harus dipisah dan dinamai dengan format berikut:

soal(nomor)_namalengkap_asalsekolah/instansi, Contoh : hvhvhcvugc

soal2_ahmadbasyirnajwan_sman3banjarbaru,

soal5_mfauzansyahbana_smantambunselatan


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

Jawaban diunggah pada form jawaban online menggunakan link berikut ini

bit.ly/FormJawabKTOFJuli.

Jawaban hanya boleh dalam bentuk PDF dengan ukuran maksimal untuk tiap

soalnya adalah 20Mb. Untuk membuat file berupa foto menjadi file PDF, kalian bisa

menggunakan aplikasi CamScanner menggunakan cara lainnya.

Form jawaban online hanya dibuka pada batas waktu pengerjaan yaitu dari hari

Jumat, 19 Juli 2019 pukul 13.00 WIB sampai dengan Minggu, 21 Juli 2019 pukul

12.00 WIB. Kami himbau para peserta untuk tidak mengumpulkan jawaban di menit-

menit akhir karena dikhawatirkan ada masalah koneksi yang menyebabkan jawaban

tidak terunggah.

Pengumuman Hasil dan Benefits

Setiap peserta akan mendapatkan Soal KTOF beserta Solusinya. Solusi akan kami

berikan setelah Form Jawab Online ditutup yaitu pada hari Minggu, 21 Juli 2019

pukul 12.01 WIB via Email dan Grup WA.

Hasil KTOF akan kami publikasikan 3-4 hari setelah tes berakhir melalui media sosial

kami via Facebook dan Instagram. Kami juga akan menginformasikan hasil penilaian

lewat Grup WA.

Kami akan repost 3 Peserta terbaik yaitu 3 nilai tertinggi.

KTOF ini tentunya bisa menjadi ajang melatih diri dan pemantapan bagi siswa-siswa

yang akan mengikuti Olimpiade Sains Nasional Khususnya Bidang Fisika. Selain itu

juga bisa di jadikan ajang uji diri bagi Siswa Kelas XII, Mahasiswa, guru, dan Pegiat

Olimpiade Fisika lainnya.

Hormat Kami

Komunitas Olimpiade Fisika Indonesia


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

Kontes Terbuka Olimpiade Fisika

19 – 21 Juli 2019

Waktu : 47 Jam

1. (14 Poin) Peluit Kereta

Sebuah kereta bergerak dengan kelajuan 𝑣 sepanjang rel yang lurus menuju seorang

penjaga rel yang tepat berada di samping rel kereta, di persimpangan rel dan jalan raya.

Kereta ini membunyikan peluitnya selama 𝑇 detik. Diketahui kelajuan bunyi di udara

adalah 𝑐.

a. Berapa lama penjaga rel akan mendengar suara peluit ini? Selama membunyikan

peluitnya sampai berhenti kereta belum mencapai sang penjaga rel.

Tepat ketika kereta selesai membunyikan peluitnya, sang penjaga menurunkan penutup

jalan. Untuk diketahui bahwa jalur rel kereta ini berpotongan dengan jalan raya sehingga

penutup jalan harus sudah turun sempurna saat muka kereta masih berjarak 𝑠1 dari titik

perpotongan rel dan jalan raya. Diketahui juga bahwa torsi pemutar punutup jalan

bervariasi sebagai fungsi waktu 𝜏(𝑡) = 𝜏0 cos 𝛼𝑡 dengan 𝛼 adalah suatu konstanta positif.

Abaikan gaya dan torsi lainnya. Penutup jalan berupa batang bermassa 𝑀 yang memiliki

panjang 𝐿 dan diporos pada salah satu ujungnya.

b. Jika kereta mulai membunyikan peluit saat muka kereta berjarak 𝑠2 dari titik

perpotongan dan penutup jalan pada awalnya berada dalam kondisi vertikal dan

tertutup sempurna saat berada di posisi horizontal, tentukan nilai minimum 𝜏0! Saat

mulai bergerak menutup, penutup jalan diam. Pada saat sudah tertutup, terdapat

mekanisme peredam yang langsung menghentikan gerakan penutup jalan.

Solusi :

a. Sang penjaga rel akan mendengar suara peluit sejak pertama kali sinyal bunyi

mencapainya sampai berakhir.

𝑣𝑇

𝑠2

𝑠1

𝑠2 − 𝑣𝑇


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

Waktu kita hitung dari sejak bunyi dipancarkan oleh peluit kereta. Saat pertama kali

bunyi mencapai sang penjaga rel, waktu sampai bunyi mencapai sang penjaga rel

adalah 𝑡2 = 𝑠2/𝑐. Terdapat selang waktu 𝑇 dari saat bunyi peluit mulai dipancarkan

sampai selesai. Saat bagian terakhir bunyi dipancarkan, kereta telah menempuh jarak

𝑣𝑇, sehingga selang waktu dari saat bagian terakhir bunyi dipancarkan sampai pada

penjaga rel adalah (𝑠2 − 𝑣𝑇)/𝑐. Sehingga total waktu dari saat bunyi mulai

dipancarkan sampai bagian terakhir bunyi sampai pada penjaga rel adalah 𝑡1 = 𝑇 +

(𝑠2 − 𝑣𝑇)/𝑐. Dengan demikian, selang waktu sang penjaga rel mendengar bunyi

peluit kereta adalah selisih dari 𝑡1 dan 𝑡2 atau

Δ𝑡penjga rel = 𝑡1 − 𝑡2 = 𝑇 +𝑠2 − 𝑣𝑇

𝑐−

𝑠2

𝑐⟹ Δ𝑡 = 𝑇 (1 −

𝑣

𝑐)

b. Saat penjaga terakhir kali mendengar bunyi kereta, sejak jarak kereta masih 𝑠2 dari

persimpangan (sejak peluit pertama kali dibunyikan oleh kereta), kereta telah

bergerak sejauh

Δ𝑠 = 𝑣𝑇 +(𝑠2 − 𝑣𝑇)𝑣

𝑐

Penutup jalan harus tertutup sebelum jarak kereta tinggal 𝑠1 dari persimpangan,

sehingga selang waktu maksimum untuk penutupan adalah

Δ𝑡maks =𝑠2 − Δ𝑠 − 𝑠1

𝑣=

𝑠2 − 𝑠1

𝑣− 𝑇 −

𝑠2 − 𝑣𝑇

𝑐

Δ𝑡maks =𝑠2 − 𝑠1

𝑣−

𝑠2 + (𝑐 − 𝑣)𝑇

𝑐

Menggunakan Hukum II Newton untuk gerak rotasi penutup jalan akan kita peroleh

∑ 𝜏 = 𝐼

𝜏0 cos 𝛼𝑡 =1

3𝑀𝐿2

𝑑

𝑑𝑡(

𝑑𝜃

𝑑𝑡)

∫ 𝑑 (𝑑𝜃

𝑑𝑡)

𝑑𝜃𝑑𝑡

0

=3𝜏0

𝑀𝐿2∫ cos 𝛼𝑡 𝑑𝑡

𝑡

0

𝑑𝜃

𝑑𝑡=

3𝜏0

𝑀𝐿2(

1

𝛼sin 𝛼𝑡)

∫ 𝑑𝜃

𝜋2

0

=3𝜏0

𝑀𝐿2𝛼∫ sin 𝛼𝑡 𝑑𝑡

Δ𝑡

0


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

𝜋

2=

3𝜏0

𝑀𝐿2𝛼(−

1

𝛼cos 𝛼Δ𝑡 − (−

1

𝛼cos 0))

𝜋

2=

3𝜏0

𝑀𝐿2𝛼2(1 − cos 𝛼Δ𝑡)

𝜏0 =𝜋𝑀𝐿2𝛼2

6(1 − cos 𝛼Δ𝑡)

Nilai minimum 𝜏0 adalah saat Δ𝑡 maksimum

𝜏0,min =1

6 𝜋𝑀𝐿2𝛼2 [1 − cos (𝛼

𝑠2 − 𝑠1

𝑣− 𝛼

𝑠2 + (𝑐 − 𝑣)𝑇

𝑐)]

−1

Ahmad Basyir Najwan

Universitas Indonesia

2. (14 Poin) Kelereng Pada Tangga

Ada sebuah tangga yang lebar anak tangganya sama dengan tinggi anak tangga, yaitu 𝑎.

Sebuah kelereng dilempar dengan suatu kecepatan 𝑣 dengan sudut elevasi 60° dari

tengah sebuah anak tangga. Percepatan gravitasi 𝑔 vertikal ke bawah.

a. Berapakah besar 𝑣 agar kelereng jatuh tepat di tengah anak tangga selanjutnya?

b. Tentukan vektor kecepatan kelereng ketika kelereng menumbuk anak tangga

selanjutnya! (Arah horisontal ke kanan , arah vertikal ke atas )


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

c. Berapakah besar koefisien restitusi tangga 𝑒, agar gerakan ini terus berulang, sehingga

kelereng akan menumbuk setiap tangga?

Solusi :

a. Kecepatan horizontal kelereng konstan, yaitu cos 60° = 𝑣/2 . Waktu yang dibutuhkan

hingga menumbuk titik tengah anak tangga selanjutnya adalah 𝑎/(𝑣/2) = 2𝑎/𝑣.

Selanjutnya, gunakan persamaan GLBB untuk sumbu vertikal: 𝑦 = 𝑣𝑦0𝑡 − 𝑔𝑡2/2.

Posisi vertikal bola turun sebanyak 𝑎 hingga menumbuk anak tangga selanjutnya,

memasukkan kedua informasi 𝑦 dan 𝑡:

−𝑎 = (𝑣

2√3)

2𝑎

𝑣−

1

2𝑔 (

2𝑎

𝑣)

2

⟺2𝑔𝑎

𝑣2= (1 + √3 )

dan didapatkan

𝑣 = √2𝑔𝑎

1 + √3

b. Kecepatan horizontal kelereng konstan,

𝑣𝑥 =𝑣

2= √

𝑔𝑎

2(

1

√1 + √3)

Kecepatan vertikal kelereng dapat dicari dengan GLBB:

𝑣𝑦 =𝑣

2√3 −

2𝑔𝑎

𝑣= −√

3𝑔𝑎

2(√1 + √3 −

1

√1 + √3)

= √𝑔𝑎

2(

√1 + √3− √3 (√1 + √3 −

1

√1 + √3) )

c. Agar gerakan bersifat periodik per anak tangga, kecepatan arah vertikal harus kembali

ke besar awalnya: 𝑒𝑣𝑦 = 𝑣𝑦0

𝑒 =𝑣𝑦0

−𝑣𝑦=

𝑣2 √3

−𝑣2 √3 +

2𝑔𝑎𝑣

=√3

4𝑔𝑎𝑣2 − √3

=√3

2(1 + √3) − √3=

√3

2 + √3

Ivander Jonathan M W

National University of Singapore


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

3. (15 Poin) Tumpukan Kotak

Sebanyak 𝑁 buah kotak identik bermassa 𝑚 ditumpuk seperti diilustrasikan pada gambar

di bawah. Koefisien gesek di setiap permukaan adalah 𝜇. Kotak ke 𝑘 (0 < 𝑘 < 𝑁) ditarik

sehingga mengalami percepatan sebesar 𝑎.

a. Hitung besar gaya tarik pada kotak 𝑘.

b. Hitung besar percepatan kotak 𝑝 (0 < 𝑝 < 𝑘).

c. Hitung besar percepatan kotak 𝑞 (𝑘 < 𝑞 < 𝑁).

Solusi:

Kita hitung kotak dari bawah. Perhatikan diagram gaya pada masing-masing kotak!

… 𝑁 buah kotak

𝑚𝑔

𝑁𝑘

𝑁𝑘+1

𝑓𝑘+1

𝑓𝑘

𝑎

𝑚𝑔

𝑁𝑝

𝑁𝑝+1

𝑓𝑝+1 𝑓𝑝

𝑎𝑝

𝑚𝑔

𝑁𝑞

𝑁𝑞+1 𝑓𝑞+1

𝑓𝑞

𝑎𝑞

𝐹


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

Kita asumsikan semua gaya gesek yang bekerja adalah gaya gesek kinetik. Gaya normal

dan gaya gesek kinetik yang bekerja pada setiap benda adalah

𝑁1 = 𝑁𝑚𝑔 𝑓1 = 𝜇𝑁𝑚𝑔

𝑁2 = (𝑁 − 1)𝑚𝑔 𝑓2 = 𝜇(𝑁 − 1)𝑚𝑔

𝑁3 = (𝑁 − 2)𝑚𝑔 𝑓3 = 𝜇(𝑁 − 2)𝑚𝑔

𝑁𝑛 = (𝑁 − (𝑛 − 1))𝑚𝑔 𝑓𝑛 = 𝜇(𝑁 − (𝑛 − 1))𝑚𝑔

𝑁𝑘 = (𝑁 − 𝑘 + 1)𝑚𝑔 𝑓𝑘 = 𝜇(𝑁 − 𝑘 + 1)𝑚𝑔

𝑁𝑘+1 = (𝑁 − 𝑘)𝑚𝑔 𝑓𝑘+1 = 𝜇(𝑁 − 𝑘)𝑚𝑔

𝑁𝑝 = (𝑁 − 𝑝 + 1)𝑚𝑔 𝑓𝑝 = 𝜇(𝑁 − 𝑝 + 1)𝑚𝑔

𝑁𝑝+1 = (𝑁 − 𝑝)𝑚𝑔 𝑓𝑝+1 = 𝜇(𝑁 − 𝑝)𝑚𝑔

𝑁𝑞 = (𝑁 − 𝑞 + 1)𝑚𝑔 𝑓𝑞 = 𝜇(𝑁 − 𝑞 + 1)𝑚𝑔

𝑁𝑞+1 = (𝑁 − 𝑞)𝑚𝑔 𝑓𝑞+1 = 𝜇(𝑁 − 𝑞)𝑚𝑔

a. Tinjau kotak ke 𝑘

∑ 𝐹𝑥 = 𝑚𝑎

𝐹 − 𝑓𝑘 − 𝑓𝑘+1 = 𝑚𝑎

𝐹 − 𝜇(𝑁 − 𝑘 + 1)𝑚𝑔 − 𝜇(𝑁 − 𝑘)𝑚𝑔 = 𝑚𝑎

𝐹 = 𝜇(2𝑁 − 2𝑘 + 1)𝑚𝑔 + 𝑚𝑎

b. Tinjau kotak ke 𝑝

Σ𝐹𝑥 = 𝑚𝑎𝑝

−𝑓𝑝 + 𝑓𝑝+1 = 𝑚𝑎𝑝

Kita tahu bahwa 𝑓𝑝 > 𝑓𝑝+1, sedangkan gaya yang cenderung menarik kotak ke 𝑝

adalah 𝑓𝑝+1, berarti gaya 𝑓𝑝 bukan gaya gesek kinetik melainkan gaya gesek statik dan

belum mencapai nilai maksimumnya. Sedangkan 𝑓𝑝+1 adalah gaya gesek statik yang

sudah mencapai nilai maksimum dan besarnya sama dengan 𝑓𝑝. Hasil ini menandakan

bahwa kotak ke 𝑝 diam.

𝑎𝑝 = 0

Karena 0 < 𝑝 < 𝑘, berarti seluruh kotak di bawah kotak ke 𝑘 seluruhnya tidak

bergerak.


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

c. Tinjau kotak ke 𝑞

∑ 𝐹𝑥 = 𝑚𝑎𝑞

𝑓𝑞 − 𝑓𝑞+1 = 𝑚𝑎𝑞

𝜇(𝑁 − 𝑞 − 1)𝑚𝑔 − 𝜇(𝑁 − 𝑞 + 1)𝑚𝑔 = 𝑚𝑎𝑞

𝜇𝑚𝑔 = 𝑚𝑎𝑞 ⟹ 𝑎𝑞 = 𝜇𝑔

Karena 𝑘 < 𝑞 < 𝑁, berarti seluruh kotak di atas kotak ke 𝑘 seluruhnya bergerak

bersama dengan percepatan yang sama 𝜇𝑔.

Ahmad Basyir Najwan


4. (20 Poin) Analisis Tumbukan Batang dengan Roda Yoyo

Pada awaknya di atas sebuah bidang horizontal diletakkan sebuah benda tegar dengan

bentuk sebagai berikut, (Keterangan ada di gambar)

Silinder di samping terdiri dari dua silinder , satu besar satu kecil yang digabung menjadi

satu. Silinder kecil ada di sisi kanan dan kiri silinder besar. Semua silinder konsentris dan

mempunyai pusat yang sama. Massa silinder besar dan kecil berturut-turut adalah 𝑚 dan

𝑀.Jari jari silinder besar dan kecil berturut-turut adalah 𝑎 dan 𝑏

𝑀

𝑚 𝑎

𝑏

𝑀′ ℎ

𝑙


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

a. Hitung Momen Inersia silinder di atas terhadap pusat kedua silinder!

b. Silinder tersebut kemudian ditarik dengan tali yang diberi sudut elevasi 𝜃 terhadap

sumbu horizontal di atas bidang datar, bila tali tidak slip pada silinder dan ditarik

dengan kecepatan 𝑣, hitunglah kecepatan pusat massa dan kecepatan sudut silinder

bila silinder menggelinding tidak slip atas permukaan lantai!

c. Bila dalam geraknya di bidang datar, silinder menumbuk batang bermassa 𝑀′ secara

elastik pada pada jarak ℎ dari pusat rotasi batang, tentukan tinggi maksimum yang

dapat dicapai oleh batang! (Asumsikan tumbukan berlangsung sangat cepat,

asumsikan juga bahwa antara batang dengan silinder tidak ada gesekan).

d. Setelah menumbuk batang, silinder akan bergerak kembali. Tentukan syarat agar

silinder bergerak pada arah yang berlawanan dan kecepatan sudut silinder setelah

waktu yang sangat lama, asumsikan tidak ada tumbukan kedua antara silinder dengan

batang

Solusi :

a. Perhitungan momen inersia silinder gabungan.

Momen Inersia adalah suatu besaran skalar (sebenarnya Tensor , tapi untuk tinjauan

satu dimensi boleh dianggap hanya mengambil satu komponen dari tensor inersia).

𝐼 = 𝐼𝑠𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑒𝑟𝑏𝑒𝑠𝑎𝑟 + 𝐼𝑠𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑒𝑟𝑘𝑒𝑐𝑖𝑙

𝐼 = 0.5𝑀𝑎2 + 0.5𝑚𝑏2

𝐼 = 0.5(𝑀𝑎2 + 𝑚𝑏2)

b. Silinder ditarik dengan tali

Saat silinder ditarik dengan tali secara tidak slip terhadap tali, bagian silinder yang

terakhir kontak dengan tali mempunyai kecepatan 𝑣 pada arah sejajar tali. Pada titik

singgung terluar tali dengan silinder , kecepatan titik harus sama dengan kecepatan

tali agar tali tidak slip terhadap silinder. Syarat tidak slip terhadap lantai memberikan

𝑣𝑝𝑚 = 𝜔𝑎

Maka

𝑣 = 𝑣𝑝𝑚𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝜔𝑏

𝑣 = 𝜔𝑎𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝜔𝑏

𝑣 = 𝜔(𝑎𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝑏)


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

𝜔 =𝑣

𝑎𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝑏

𝑣𝑝𝑚 =𝑣𝑎


Tumbukan

Tinjau Silinder saat tumbukan, silinder mendapat gaya sebesar 𝑁

− ∫ 𝑁𝑑𝑡 = (𝑀 + 𝑚)(𝑣𝑎𝑓𝑡𝑒𝑟 − 𝑣𝑝𝑚)

Tinjau batang saat tumbukan

∫ 𝑁ℎ𝑑𝑡 =1

3𝑀′𝑙2𝜔𝑏𝑎𝑡

Substitusi pada dua persamaan di atas memberikan persamaan berikut :

(𝑀 + 𝑚)(𝑣𝑎𝑓𝑡𝑒𝑟 − 𝑣𝑝𝑚)ℎ =1

3𝑀′𝑙2𝜔𝑏𝑎𝑡

Dari definisi koefisien restitusi, kita dapati persamaan berikut :

𝑒 =𝑣2

′ − 𝑣1′

𝑣1 − 𝑣2

𝑒 =𝜔𝑏𝑎𝑡𝑙 − 𝑣𝑎𝑓𝑡𝑒𝑟

𝑣𝑝𝑚

Karena 𝑒 = 1 maka :

1 =𝜔𝑏𝑎𝑡𝑙 − 𝑣𝑎𝑓𝑡𝑒𝑟

𝑣𝑝𝑚

𝑣𝑝𝑚 = 𝜔𝑏𝑎𝑡𝑙 − 𝑣𝑎𝑓𝑡𝑒𝑟

Dengan menyelesaikan kedua persamaan di atas , maka :

(𝑀 + 𝑚)ℎ(𝑣𝑝𝑚 − 𝑣𝑎𝑓𝑡𝑒𝑟) =1

3𝑀′𝑙2𝜔

(𝑀 + 𝑚)ℎ(𝑣𝑝𝑚 − 𝑣𝑎𝑓𝑡𝑒𝑟) =1

3𝑀′𝑙(𝑣𝑝𝑚 + 𝑣𝑎𝑓𝑡𝑒𝑟)

((𝑀 + 𝑚)ℎ −1

3𝑀′𝑙)𝑣𝑝𝑚 = (

1

3𝑀′𝑙 + (𝑀 + 𝑚)ℎ)𝑣𝑎𝑓𝑡𝑒𝑟

(𝑀 + 𝑚)ℎ −13 𝑀′𝑙

13 𝑀′𝑙 + (𝑀 + 𝑚)ℎ

𝑣𝑝𝑚 = 𝑣𝑎𝑓𝑡𝑒𝑟

(𝑀 + 𝑚)ℎ −13 𝑀′𝑙

13 𝑀′𝑙 + (𝑀 + 𝑚)ℎ

(𝑣𝑎

𝑎𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝑏) = 𝑣𝑎𝑓𝑡𝑒𝑟


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

dan

2(𝑀 + 𝑚)ℎ

13 𝑀′𝑙 + (𝑀 + 𝑚)ℎ

𝑣𝑝𝑚

𝑙= 𝜔𝑏𝑎𝑡

dimana



c. Dari hukum kekekalan energi, maka kita dapat mencari tinggi maksimum yang dapat

dicapai batang

𝐸 = 𝐸

1

2𝐼𝜔2 = 𝑚𝑔ℎ

1

2

1

3𝑀′𝑙2𝜔2 = 𝑀′𝑔ℎ

ℎ =𝜔2𝑙2

6𝑔

ℎ = (2(𝑀 + 𝑚)ℎ

13 𝑀′𝑙 + (𝑀 + 𝑚)ℎ

)

2

𝑣𝑝𝑚2

6𝑔

Dengan



d. Bergerak berlawanan arah

Agar arah gerak silinder berlawanan dengan arah gerak semula maka besar 𝑣𝑎𝑓𝑡𝑒𝑟

harus lebih kecil dari 0. Maka syarat yang diinginkan adalah

(𝑀 + 𝑚)ℎ <1

3𝑀′𝑙

Setelah tumbukan , silinder akan kembali menggelinding selip , sehingga setelah waktu

yang sangat lama silinder akan kembali menggelinding tanpa slip karena lantai kasar.

Dari hukum kekekalan momentum angular

𝐿 = 𝐿

(𝑀𝑎2 + 𝑚𝑏2)𝜔 + (𝑀 + 𝑚)𝑣𝑎𝑓𝑡𝑒𝑟 = (𝑀𝑎2 + 𝑚𝑏2)𝜔′ + (𝑀 + 𝑚)𝑣′𝑎

(𝑀𝑎2 + 𝑚𝑏2)𝜔 + (𝑀 + 𝑚)𝑣𝑎𝑓𝑡𝑒𝑟 = (𝑀𝑎2 + 𝑚𝑏2)𝜔′ + (𝑀 + 𝑚)𝜔′𝑎2


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

(𝑀𝑎2 + 𝑚𝑏2)𝜔 + (𝑀 + 𝑚)𝑣𝑎𝑓𝑡𝑒𝑟

2𝑀𝑎2 + 𝑚𝑏2 + 𝑚𝑎2= 𝜔′

dimana

𝜔 =𝑣

𝑎𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝑏 dan

(𝑀 + 𝑚)ℎ −13 𝑀′𝑙

13 𝑀′𝑙 + (𝑀 + 𝑚)ℎ

(𝑣𝑎

𝑎𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝑏) = 𝑣𝑎𝑓𝑡𝑒𝑟

Jonathan Willianto

SMA Sutomo 1 Medan

5. (14 Poin) Sistem Dua Manik-Manik Pada Segitiga Siku

Dua buah batang identik membentuk siku seperti ditunjukkan pada gambar di bawah.

Setiap ujung batang diikatkan pada lantai. Dua buah manik-manik melalui batang

diikatkan pada tongkat dengan massa masing-masing manik-manik adalah 𝑚1 = 𝑚 dan

𝑚2 = 2𝑚, serta tongkat bermassa 𝑀 dengan panjang 𝐿. Sudut antara batang dan sumbu

vertikal adalah 𝜃. Sistem berada dalam keadaan diam di titik setimbangnya. Abaikan

semua gesekan pada semua permukaan kontak. Percepatan gravitasi 𝑔 ke bawah.

Tentukan :

a. besar gaya yang diberikan batang siku pada masing-masing manik-manik

b. besar gaya yang diberikan tongkat pada masing-masing manik-manik

c. nilai tan𝜃 jika 𝜃 adalah sudut antara batang terhadap horizontal

d. jenis kesetimbangannya, stabil atau tidak stabil.

Solusi :

a. Diagram gaya pada sistem :

𝑚2

𝑚1

𝜃

L


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

Hukum II Newton pada sistem batang dan manik-manik :

∑𝐹𝑥 = (𝑚1 + 𝑚2 + 𝑀)𝑎𝑥 = 0

𝑁2 cos 450 − 𝑁1 cos 450 = 0

𝑁1 = 𝑁2 … (1)

∑𝐹𝑦 = (𝑚1 + 𝑚2 + 𝑀)𝑎𝑦 = 0

𝑁1 sin 450 + 𝑁2 sin 450 − 𝑚1𝑔 − 𝑚2𝑔 − 𝑀𝑔 = 0 … (2)

Substitusi persamaan (1) ke dalam persamaan (2) diperoleh

𝑁1 = 𝑁2 =(𝑀 + 3𝑚)𝑔

√2(3)

b. Gaya yang diberikan tongkat pada manik-manik tidak sejajar dengan batang

sehingga kita lebih baik menuliskan gaya tersebut dalam komponen-

komponennya. Diagram gaya pada manik-manik :

𝜃

𝐿

450

𝑀𝑔

450

𝑚2𝑔

𝑚1𝑔

𝑁2

𝑁1

𝑥

𝑦

𝑥

𝑦

450

450

𝑚2𝑔

𝑚1𝑔

𝑁2

𝑁1

𝐹2y

𝐹2x

𝐹1y

𝐹1


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

Hukum II Newton pada 𝑚1 :

∑𝐹𝑥 = 𝑚1𝑎1𝑥 = 0

𝐹1𝑥 − 𝑁1 cos 450 = 0

𝐹1𝑥 = 𝑁1 cos 450 =(𝑀 + 3𝑚)𝑔

2… (4)

∑𝐹𝑦 = 𝑚1𝑎1𝑦 = 0

𝐹1𝑦 + 𝑁1 sin 450 − 𝑚1𝑔 = 0

𝐹1𝑦 = 2𝑚𝑔 −(𝑀 + 3𝑚)𝑔

2=

(𝑚 − 𝑀)𝑔

2… (5)

𝐹1 = √𝐹1𝑥2 + 𝐹1𝑦

2 =𝑔

2√(𝑀 + 3𝑚)2 + (𝑚 − 𝑀)2 … (6)

Hukum II Newton pada 𝑚2 :

∑𝐹𝑥 = 𝑚2𝑎2𝑥 = 0

𝐹2𝑥 + 𝑁2 cos 450 = 0

𝐹2𝑥 = 𝑁2 cos 450 =(𝑀 + 3𝑚)𝑔

2… (7)

∑𝐹𝑦 = 𝑚2𝑎2𝑦 = 0

𝐹2𝑦 + 𝑁2 sin 450 − 𝑚2𝑔 = 0

𝐹2𝑦 = 𝑚𝑔 −(𝑀 + 3𝑚)𝑔

2= −

(𝑚 + 𝑀)𝑔

2… (8)

𝐹2 = √𝐹2𝑥2 + 𝐹2𝑦

2 =𝑔

2√(𝑀 + 3𝑚)2 + (𝑚 + 𝑀)2 … (9)

c. Perhatikan kembali gambar soal pada bagian a. Sistem dalam kesetimbangan

sehingga torsi terhadap titik di posisi 𝑚1 sama dengan nol.

∑𝜏1 = 0

−𝑀𝑔𝐿

2𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝑚2𝑔𝐿𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝑁1𝐿𝑐𝑜𝑠(450 + 𝜃) = 0

tan𝜃0 =𝑚

𝑀 + 3𝑚… (10)

d. Jenis kesetimbangan sistem ditentukan dengan cara uji turunana kedua energi

potensial sistem di posisi setimbangnya. Pilih pusat koordinat dan acuan energi


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

potensial nol di titik siku. Posisi manik-manik dan pusat tongkat pada sumbu y

dituliskan oleh

y1 = −𝐿 𝑐𝑜𝑠(450 − 𝜃)cos 450 =1

2 𝐿 (𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝑠𝑖𝑛𝜃) … (11)

y2 = −𝐿 𝑠𝑖𝑛(450 − 𝜃)cos 450 =1

2 𝐿 (𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝑠𝑖𝑛𝜃) … (12)

y𝑀 =y1 + y2

2= −

1

2𝐿𝑐𝑜𝑠𝜃 … (13)

Energi potensial sistem :

𝐸𝑃 = 𝑚1𝑔𝑦1 + 𝑚2𝑔𝑦2 + 𝑀𝑔𝑦𝑀

= 2𝑚𝑔1

2𝐿(𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝑠𝑖𝑛𝜃) + 𝑚𝑔

1

2𝐿(𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝑠𝑖𝑛𝜃) − 𝑀𝑔

1

2𝐿𝑐𝑜𝑠𝜃

= −1

2(3𝑚 + 𝑀)𝐿𝑐𝑜𝑠𝜃 −

1

2𝑚𝑔𝐿𝑠𝑖𝑛𝜃 … (15)

Turunan energi potensial :

𝑑𝐸𝑃

𝑑𝜃=

1

2(3𝑚 + 𝑀)𝐿𝑠𝑖𝑛𝜃 −

1

2𝑚𝑔𝐿𝑐𝑜𝑠𝜃

𝑑2𝐸𝑃

𝑑𝜃2=

1

2(3𝑚 + 𝑀)𝐿𝑐𝑜𝑠𝜃 +

1

2𝑚𝑔𝐿𝑠𝑖𝑛𝜃

𝑑2𝐸𝑃

𝑑𝜃2|

𝜃=𝜃0

=1

2(3𝑚 + 𝑀)𝐿𝑐𝑜𝑠𝜃0 +

1

2𝑚𝑔𝐿𝑠𝑖𝑛𝜃0 > 0 … (14)

Nilai turunan kedua di posisi setimbang lebih besar dari nol sehingga sistem dalam

keadaan kesetimbangan stabil.

Davit Sipayung

Lembaga Olimpiade Pendidikan Indonesia

6. (14 Poin) Impuls Momentum

Sebuah benda dengan panjang 𝐿, massa 𝑚 dan momen inersia 𝐼 terletak di atas meja lici

n. Benda tersebut diberi impuls 𝑃 di titik A sedemikian hingga titik B memiliki kecepatan

𝑣. Pada seluruh bagian soal anggap pusat massa benda berada tepat di tengah.


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

a. Tentukan nilai 𝑃 (dalam 𝐿, 𝑚, 𝐼, dan 𝑣)

b. Ada suatu nilai 𝐼 sedemikian hingga berapapun impuls yang diberikan, kecepatan titik

B selalu nol. Berapa nilai I tersebut? Apa bentuk bendanya?

Solusi :

a. Misalkan setelah diberi impuls, kecepatan pusat massa benda adalah 𝑣pm dan memili

ki kecepatan sudut Ω

TInjau impuls linear

Impuls = perubahan momentum

𝑃 = 𝑚𝑣pm

𝑣pm =𝑃

𝑚

TInjau impuls angular

Impuls angular = perubahan momentum angular

𝑃𝐿

2= 𝐼Ω

Ω =𝑃𝐿

2𝐼

TInjau kecepatan di titik B

Kecepatan di titik B = 𝑣pm −Ω𝐿

2

𝑣 =𝑃

𝑚−

𝑃𝐿2

4𝐼

𝑃

𝑣

A

B


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

𝑃 =4𝑚𝐼𝑣

4𝐼 − 𝑚𝐿2

b. Kecepatan titik B bila dinyatakan dalam besaran lainnya

𝑣 =𝑃(4𝐼 − 𝑚𝐿2)

4𝑚𝐼𝑣

Agar nilai 𝑣 adalah nol, maka nilai 𝐼 haruslah

𝐼 =𝑚𝐿2

4

Benda tersebut adalah batang tak bermassa dengan massa 𝑚/2 di ujung-ujungnya.

Rizky Ramadhana

SMA Taruna Nusantara

3. (14 Poin) Papan dan Dua Bola Diatas Dua Silinder

Sebuah papan besar bermassa 𝑀 diletakkan diatas dua silinder panjang (jari-jarinya dapat

diabaikan) yang dijaga tetap posisinya (jarak kedua silinder adalah 𝑙) dengan posisi pusat

massa papan tepat diatas titik tengah kedua silinder. Koefisien gesek kinetik antara

silinder dan papan adalah 𝜇. Kemudian, dua bola bermassa 𝑚 dan berjari-jari 𝑟 diletakkan

diatas papan dengan posisi awal kedua bola tepat berada di atas kedua silinder.

Perhatikan gambar.

Sebelum sistem ini dilepas, papan ini digeser sehingga posisi pusat massanya berpindah

sejauh 𝑥0 dari posisi sebelumnya (posisi kedua bola belum berubah), dan kedua silinder

diputar dengan kecepatan sudut 𝜔 yang tinggi dengan arah putar yang digambarkan di

gambar diatas. Pada awalnya, papan dan kedua bola diam. Terdapat percepatan gravitasi

uniform sebesar 𝑔 ke bawah. Anggap koefisien gesek antara bola dan papan jauh lebih

besar daripada 𝜇.

𝜔 𝜔 𝑙

𝑟 𝑟

𝑚 𝑚

𝑀


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

d. (2 Poin) Tentukan gaya yang dikerjakan setiap silinder kepada papan sebagai fungsi

dari posisi pusat massa papan dan kedua bola, serta parameter lainnya yang diketahui

di soal.

e. (5 Poin) Tuliskan persamaan gaya dan torsi pada papan dan kedua bola, serta

persamaan lainnya yang relevan.

Dalam pergerakannya, papan akan berosilasi terhadap suatu titik yang memiliki jarak ∆𝑥

dari titik tengah kedua silinder.

f. (5.5 Poin) Tentukan periode osilasi papan dan ∆𝑥.

g. (1.5 Poin) Tentukan syarat amplitudo osilasi papan agar papan selalu menyentuh

silinder.

Solusi :

d. Perhatikan diagram gaya pada papan dibawah ini.

Sistem koordinat yang dipilih memiliki konvensi arah positif untuk posisi di sebelah

kanan dari pusat koordinat. Persamaan gaya arah vertikal dan torsi (terhadap pusat

massa) pada papan adalah (2 × 0.5 Poin)

𝑁𝑎 + 𝑁𝑏 − (𝑀 + 2𝑚)𝑔 = 0 … (1)

𝑚𝑔(𝑥1 − 𝑥) + 𝑚𝑔(𝑥2 − 𝑥) + 𝑁𝑏 (𝑙

2+ 𝑥) − 𝑁𝑎 (

𝑙

2− 𝑥) = 0 … (2)

Indeks 𝑎 dan 𝑏 berturut-turut digunakan untuk silinder kanan dan kiri, serta indeks 1

dan 2 berturut-turut digunakan untuk bola kanan dan kiri. Dari persamaan (1), maka

didapat

𝑁𝑏 = (𝑀 + 2𝑚)𝑔 − 𝑁𝑎

Sehingga, persamaan (2) menjadi (2 × 0.5 Poin)

𝑚𝑔(𝑥1 − 𝑥) + 𝑚𝑔(𝑥2 − 𝑥) + (𝑀 + 2𝑚)𝑔 (𝑙

2+ 𝑥) − 𝑁𝑎𝑙 = 0

𝑁𝑏 𝑁𝑎 𝑥1

𝑥2

𝑁 = 𝑚𝑔 𝑁 = 𝑚𝑔

𝑀𝑔

𝑥


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

𝑁𝑎 = (𝑚 +𝑀

2) 𝑔 +

𝑚𝑔

𝑙(𝑥1 + 𝑥2) +

𝑀𝑔𝑥

𝑙

𝑁𝑏 = (𝑚 +𝑀

2) 𝑔 −

𝑚𝑔

𝑙(𝑥1 + 𝑥2) −

𝑀𝑔𝑥

𝑙

e. Perhatikan diagram gaya pada papan dan kedua bola dibawah ini.

Persamaan gaya arah horizontal pada papan adalah (3 × 1 Poin)

𝑓1 + 𝑓2 + 𝜇(𝑁𝑏 − 𝑁𝑎) = 𝑀 … (3)

−𝑓1 = 𝑚𝑥1 ; 𝑟𝑓1 =2

5𝑚𝑟2𝛼1 … (4)

−𝑓2 = 𝑚𝑥2 ; 𝑟𝑓2 =2

5𝑚𝑟2𝛼2 … (5)

Karena koefisien gesek antara bola dan papan sangat besar, maka bola tidak akan slip

terhadap papan. Sehingga hubungan yang berlaku adalah (2 × 1 Poin)

𝑥1 − 𝛼1𝑟 = … (6)

𝑥2 − 𝛼2𝑟 = … (7)

f. Dari persamaan (4) dan (6), maka didapat (0.5 Poin)

𝑥1 =2

7

𝑓1 = −2𝑚

7

Dari persamaan (5) dan (7), maka didapat (0.5 Poin)

𝑥2 =2

7

𝑓2 = −2𝑚

7

Sehingga, persamaan (3) dapat ditulis menjadi (0.5 Poin)

−2𝜇𝑔

𝑙(𝑚(𝑥1 + 𝑥2) + 𝑀𝑥) = (𝑀 +

4𝑚

7) … (8)

𝑀

𝑚 𝑚

𝑟 𝑟 𝑓2 𝑓1

𝜇(𝑁𝑎 − 𝑁𝑏) 𝑓1 + 𝑓2


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

Untuk mencari 𝑥1 dinyatakan dalam 𝑥, kita akan mengintegralkan persamaan yang

menghubungkan 𝑥1 dan dua kali terhadap waktu, dan menggunakan syarat batas

yang telah disebutkan di soal. (1 Poin)

∫ 𝑥1 𝑑𝑡 =2

7∫ 𝑑𝑡

𝑥1 =2

7 + 𝐶 ; 𝐶 = 0

∫ 𝑥1 𝑑𝑡 =2

7∫ 𝑑𝑡

𝑥1 =2𝑥

7+ 𝐶′ ; 𝐶′ =

𝑙

2−

2𝑥0

7

𝑥1 =2𝑥

7+

𝑙

2−

2𝑥0

7

Hal yang sama juga dapat dilakukan untuk mencari 𝑥2 dinyatakan dalam 𝑥. (1 Poin)

𝑥2 =2𝑥

7−

𝑙

2−

2𝑥0

7

Sehingga, persamaan (8) dapat ditulis sebagai (0.5 Poin)

−2𝜇𝑔

𝑙(

4𝑚

7(𝑥 − 𝑥0) + 𝑀𝑥) = (𝑀 +

4𝑚

7)

+2𝜇𝑔

𝑙𝑥 =

8𝜇𝑔𝑚𝑥0

𝑙(7𝑀 + 4𝑚)

Definisikan variabel baru, 𝑥 = 𝑥′ + ∆𝑥, dimana ∆𝑥 adalah posisi kesetimbangan baru

dari papan. Sehingga, (0.5 Poin)

𝑥′ +2𝜇𝑔

𝑙𝑥′ =

8𝜇𝑔𝑚𝑥0

𝑙(7𝑀 + 4𝑚)−

2𝜇𝑔

𝑙∆𝑥 = 0

Dari persamaan diatas, maka didapat (2 × 0.5 Poin)

∆𝑥 =4𝑚

4𝑚 + 7𝑀𝑥0

𝑇 = 2𝜋√𝑙

2𝜇𝑔

g. Agar papan selalu menyentuh silinder, maka 𝑁𝑎 dan 𝑁𝑏 harus selalu lebih besar

daripada nol (papan selalu harus menekan silinder agar silinder selalu menekan

papan). Sehingga, (2 × 0.5 Poin)

(𝑚 +𝑀

2) 𝑔 +

4𝑚𝑔

7𝑙(𝑥 − 𝑥0) +

𝑀𝑔𝑥

𝑙> 0


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

(𝑚 +𝑀

2) 𝑔 −

4𝑚𝑔

7𝑙(𝑥 − 𝑥0) −

𝑀𝑔𝑥

𝑙> 0

Dari kedua pertidaksamaan tersebut, maka didapat (0.5 Poin)

8𝑚𝑥0 − (14𝑚 + 7𝑀)𝑙

8𝑚 + 14𝑀< 𝑥 <

8𝑚𝑥0 + (14𝑚 + 7𝑀)𝑙

8𝑚 + 14𝑀

|𝑥′| <14𝑚 + 7𝑀

14𝑀 + 8𝑚𝑙

Yuwanza Ramadhan


Kontes Terbuka Olimpiade Fisika...KTOF VII Juli 2019 Halaman 4 dari 23 Kontes Terbuka Olimpiade...

Documents

Transcript of Kontes Terbuka Olimpiade Fisika...KTOF VII Juli 2019 Halaman 4 dari 23 Kontes Terbuka Olimpiade...