Halaman 1 dari 18 KTOF II November 2019

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

Naskah Soal dan Solusi

Kontes Terbuka Olimpiade Fisika

November 2018

Oleh :

Komunitas Olimpiade Fisika Indonesia

Waktu : 55 Jam

Tahun 2018

Halaman 2 dari 18 KTOF II November 2019

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

Tata cara dan petunjuk pelaksanaan tes

1. Soal terdiri dari 5 soal essay. Waktu total pengerjaan tes adalah 55 Jam, dimulai dari

Jumat, 30 November 2018 pukul 17.00 WIB s.d. Minggu, 2 Desember 2018 pukul 23.59

WIB.

2. Jawaban dituliskan di lembar jawaban yang telah disediakan. Lembar jawaban telah

dikirim bersama soal, silahkan di print dan diperbanyak sendiri (boleh fotocopy).

Peserta juga diperbolehkan menggunakan kertas sendiri yaitu kertas HVS putih.

3. Tuliskan nomor peserta anda pada tempat yang telah disediakan di lembar jawaban.

4. Skore nilai untuk setiap soal berbeda dan telah tertulis pada setiap soal.

5. Peserta diharuskan menulis jawabannya pada lembar jawaban yang terpisah untuk

setiap nomor.

6. Gunakan ballpoint untuk menulis jawaban anda dan jangan menggunakan pensil.

7. Peserta mengerjakan soal tes secara mandiri. Peserta dilarang bekerja sama dengan

orang lain dalam mengerjakan tes.

8. Jawaban discan atau difoto kemudian dikirimkan ke email ktof.kofi@gmail.com

dengan judul:

Nomor Peserta_KTOF November 2018

Contoh : KTOF-18-10-01-123_KTOF November 2018

Selambat-lambatnya hari Minggu, 2 Desember 2018 pukul 23.59 WIB

Halaman 3 dari 18 KTOF II November 2019

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

1. Batas Aman Gunung Meletus : 20 Poin

Suatu gunung api meletus melontarkan banyak batu dari perut bumi ke segala arah

dimodelkan seperti ditunjukkan pada gambar di bawah. Kelajuan setiap batu dianggap

sama ketika lepas dari puncak gunung. Sudut kemiringan lereng gunung terhadap

horizontal sama dengan 𝛼. Ketinggian puncak gunung dari kaki bukit adalah 𝐻. Suatu batu

diamati mencapai ketinggian maksimum 𝐿 ketika kecepatan batu tersebut vertikal ke atas.

Percepatan gravitasi bumi konstan 𝑔.

a. Hitung kelajuan setiap awal batu lepas dari puncak gunung.

b. Hitung sudut kecepatan suatu batu terhadap horizontal ketika batu tersebut tepat

mendarat di kaki gunung.

c. Jarak terjauh batu jatuh dari kaki bukit (𝑅 maksimum) disebut sebagai batas aman

masyarakat diijinkan beraktivitas di sekitar gunung ketika gunung meletus. Hitung

sudut kecepatan suatu batu terhadap horizontal ketika batu tersebut tepat jatuh di

batas aman. Hitung batas aman gunung meletus.

Solusi:

a. Pilih pusat koordinat di puncak gunung dengan sumbu 𝑦 positif ke atas.

𝑣2 = 𝑣02 − 2𝑔(𝑦 − 𝑦0)

0 = 𝑣02 − 2𝑔𝐿

𝑣0 = √2𝑔𝐿

Halaman 4 dari 18 KTOF II November 2019

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

b. Kita pilih sumbu 𝑥 sepanjang bidang miring dan sumbu 𝑦 tegak lurus dengan bidang

miring.

Persamaan posisi batu dalam arah sumbu 𝑥 dan sumbu 𝑦:

𝑥 = 𝑥0 + 𝑣0𝑥𝑡 +1

2𝑎𝑥𝑡

2 = 𝑣0 cos(𝜃 + 𝛼) 𝑡 +1

2𝑔 sin 𝛼 𝑡2

𝑥 = 𝑥0 + 𝑣0𝑥𝑡 +1

2𝑎𝑥𝑡

2 = 𝑣0 cos(𝜃 + 𝛼) 𝑡 +1

2𝑔 sin 𝛼 𝑡2

Batu mengenai kaki gunung ketika 𝑦 = 0 pada 𝑡 = 𝑡total

𝑦 = 𝑣0 sin(𝜃 + 𝛼) 𝑡total −1

2𝑔 cos 𝛼 𝑡total

2

𝑡total =2𝑣0 sin(𝜃 + 𝛼)

𝑔 cos 𝛼

Selanjutnya,

𝐻

sin𝛼= 𝑣0 cos(𝜃 + 𝛼) 𝑡total +

1

2𝑔 sin𝛼 𝑡total

2

𝐻

sin𝛼= 𝑣0 cos(𝜃 + 𝛼)

2𝑣0 sin(𝜃 + 𝛼)

𝑔 cos 𝛼+1

2𝑔 sin𝛼 (

2𝑣0 sin(𝜃 + 𝛼)

𝑔 cos 𝛼)

2

𝐻

sin𝛼=2𝑣0

2 sin(𝜃 + 𝛼)

𝑔 cos2 𝛼[cos(𝜃 + 𝛼) cos 𝛼 + sin(𝜃 + 𝛼) sin 𝛼]

Menggunakan rumus trigonometri cos(𝑥 − 𝑦) = cos 𝑥 cos 𝑦 + sin 𝑥 sin𝑦 maka

𝐻

sin𝛼=

𝑣02

𝑔 cos2 𝛼2 sin(𝜃 + 𝛼) cos 𝜃

𝐻

sin𝛼=

𝑣02

𝑔 cos2 𝛼2[sin 𝜃 cos 𝜃 cos 𝛼 + cos2 𝜃 sin 𝛼]

𝐻

sin𝛼=

𝑣02

𝑔 cos2 𝛼2 [1

2sin 2𝜃 cos 𝛼 +

cos 2𝜃 + 1

2sin𝛼]

𝑣0

𝑔

𝑔 sin 𝛼

𝑔 cos 𝛼

𝛼

𝛼

𝜃 + 𝛼

𝑥

𝑦

Halaman 5 dari 18 KTOF II November 2019

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

𝐻

sin𝛼=

𝑣02

𝑔 cos2 𝛼[sin 2𝜃 cos 𝛼 + cos 2𝜃 sin 𝛼 + sin 𝛼]

Menggunakan rumus trigonometeri sin(𝑥 + 𝑦) = sin𝑥 cos 𝑦 + cos 𝑥 sin 𝑦 dan ingat

bahwa 𝑣02 = 2𝑔𝐿 sehingga

𝐻

sin𝛼=

2𝑔𝐿

𝑔 cos2 𝛼[sin(2𝜃 + 𝛼) + sin𝛼]

sin(2𝜃 + 𝛼) + sin𝛼 =𝐻 cos2 𝛼

2𝐿 sin𝛼

sin(2𝜃 + 𝛼) =𝐻 cos2 𝛼

2𝐿 sin 𝛼− sin𝛼

2𝜃 + 𝛼 = sin−1 (𝐻 cos2 𝛼

2𝐿 sin 𝛼− sin𝛼)

𝜃 =1

2[sin−1 (

𝐻 cos2 𝛼

2𝐿 sin 𝛼− sin 𝛼) − 𝛼]

c. Pilih pusat koordinat di puncak gunung dengan sumbu X positif searah horizontal dan

sumbu Y positif ke atas. Persamaan lintasan batu :

𝑦 = 𝑥 tan 𝜃 −𝑔

2𝑣02 cos2 𝜃𝑥2

Batu jatuh di posisi 𝑥 = 𝑅 + 𝐻/ tan 𝛼 dan 𝑦 = −𝐻 sehingga diperoleh

𝑔

2𝑣02(𝑅 +

𝐻

tan 𝛼)2

sec2 𝜃 − (𝑅 +𝐻

tan 𝛼) tan 𝜃 − 𝐻 = 0

𝑔(𝑅 + 𝐻/ tan 𝛼)2

2𝑣02tan2 𝜃 − (𝑅 + 𝐻/ tan 𝛼) tan 𝜃 +

𝑔(𝑅 + 𝐻/ tan 𝛼)2

2𝑣02−𝐻 = 0

Dari rumus kuadrat akan kita peroleh

tan 𝜃 =−𝑏 ± √𝑏2 − 4𝑎𝑐

2𝑎= −

𝑏

2𝑎(1 ∓ √1 −

4𝑎𝑐

𝑏2)

tan 𝜃 =𝑣02

𝑔(𝑅 + 𝐻/ tan 𝛼)(1 ∓ √1 +

2𝑔𝐻

𝑣02−𝑔2(𝑅 + 𝐻/ tan 𝛼)2

𝑣04)

tan 𝜃 =2𝐿

𝑅 + 𝐻/ tan 𝛼(1 ∓ √1 +

𝐻

𝐿−(𝑅 + 𝐻/ tan 𝛼)2

4𝐿2)

Solusi di atas memiliki arti jika

Halaman 6 dari 18 KTOF II November 2019

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

1 +𝐻

𝐿−(𝑅 + 𝐻/ tan 𝛼)2

4𝐿2≥ 0

(𝑅 + 𝐻/ tan 𝛼)2

4𝐿2≤ 1 +

𝐻

𝐿

𝑅 + 𝐻/ tan 𝛼

2𝐿≤ √1 +

𝐻

𝐿

𝑅 +𝐻

tan 𝛼≤ 2𝐿√1 +

𝐻

𝐿

𝑅 ≤ 2𝐿√1 +𝐻

𝐿−

𝐻

tan 𝛼

Batas aman gunung meletus adalah

𝑅maks ≤ 2𝐿√1 +𝐻

𝐿−

𝐻

tan 𝛼

Davit Sipayung

Pembina Lembaga Olimpiade Pendidikan Indonesia

2. Dua Buah Roda di Atas Bidang Kasar : 20 Poin

Dua buah roda silinder pejal dengan massa 𝑀dan berjari-jari 𝑅 diberi lubang kecil (ukuran

lubang tidak mempengaruhi momen inersia roda) yang melewati pusat roda, agar sebuah

batang tipis bermassa 𝑚 dapat masuk ke lubang kedua roda ini (Kedua roda berada di

dekat kedua ujung batang). Nantinya, kedua roda ini akan berputar dengan batang tipis

menjadi porosnya. Sistem ini diletakkan diatas bidang kasar dengan koefisien gesek statik

dan kinetik berturut-turut 𝜇 dan 3𝜇/4. Lalu, bagian tengah batang diberi gaya yang

berubah terhadap waktu mengikuti hubungan 𝐹(𝑡) = 𝛾𝑡. Selama roda berputar, tidak ada

gesekan antara roda dan batang. Anggap ada percepatan gravitasi 𝑔 yang uniform dan

mengarah ke bawah (tegak lurus bidang). Pada saat 𝑡 = 0, sistem masih diam.

Halaman 7 dari 18 KTOF II November 2019

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

a. Kita akan meninjau keadaan dimana roda belum slip terhadap bidang. Tentukan

percepatan sistem.

b. Tentukan waktu yang ditempuh sistem sampai roda tepat akan slip terhadap bidang.

c. Sekarang, tinjau keadaan dimana roda sudah slip terhadap bidang. Tentukan

percepatan sistem dan percepatan sudut roda.

d. Buatlah grafik percepatan sistem vs. waktu. Pastikan semua hal yang dihitung di sub-

soal sebelumnya ditampilkan dengan jelas di grafik tersebut. (Jika anda kesulitan

dalam memasukkan variabel tertentu yang cukup panjang ke dalam grafik, wakilkan

saja variabel yang panjang itu dengan variabel yang kalian nyatakan sendiri.)

Solusi :

a. Perhatikan diagram gaya dibawah ini.

Dari diagram diatas, maka persamaan gaya pada batang, serta gaya dan torsi pada

roda adalah (Perhatikan bahwa total torsi yang bekerja pada batang adalah nol)

𝐹 − 2𝑁 = 𝑚𝑎 ⋯ (1)

𝑁 − 𝑓 = 𝑀𝑎 ⋯ (2)

𝑅𝑓 =1

2𝑀𝑅2𝛼 ⋯ (3)

(𝑚 + 2𝑀)𝑔 − 2𝑁′ = 0 ⋯ (4)

𝐹

𝑚

𝑀 𝑀

𝑀

𝑅

Tampak Atas Tampak Samping

𝐹

𝑚

𝑁 𝑁

𝑁

𝑁′ 𝑓

𝑅

Halaman 8 dari 18 KTOF II November 2019

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

Persamaan (4) akan digunakan di sub-soal selanjutnya. Dalam keadaan roda tidak slip

terhadap bidang, berlaku hubungan

𝛼𝑅 = 𝑎 ⋯ (5)

Dari persamaan (3) dan (5), maka didapat

𝑓 =1

2𝑀𝑎 ⋯ (6)

Dari persamaan (1), (2), dan (6), maka didapat

𝐹 − 2 ∙3

2𝑀𝑎 = 𝑚𝑎

𝑎 =𝐹

𝑚 + 3𝑀=

𝛾𝑡

𝑚 + 3𝑀

b. Besar gaya gesek statik pada sistem adalah

𝑓 =𝑀𝛾𝑡

2𝑚 + 6𝑀

Nilai gaya gesek statik maksimum pada sistem ini adalah (dengan menggunakan

persaman (4))

𝑓𝑚𝑎𝑥 = 𝜇𝑁′ = 𝜇

𝑚 + 2𝑀

2𝑔

Dari kedua persamaan ini, maka didapat

𝑀𝛾𝑡𝑐𝑟𝑖𝑡2𝑚 + 6𝑀

= 𝜇𝑚 + 2𝑀

2𝑔

𝑡𝑐𝑟𝑖𝑡 =(𝑚 + 2𝑀)(𝑚 + 3𝑀)

𝑀𝛾𝜇𝑔

c. Untuk bagian ini, persamaan (1) sampai (4) masih bisa digunakan, dengan tambahan

persamaan

𝑓 =3

4𝜇𝑁′ ⋯ (7)

Dari persamaan (4) dan (7), maka didapat

𝑓 =3𝜇

8(𝑚 + 2𝑀)𝑔 ⋯ (8)

Dari persamaan (1), (2), dan (8), maka didapat

𝐹 − 2(𝑀𝑎 +3𝜇

8(𝑚 + 2𝑀)𝑔) = 𝑚𝑎

𝑎 =𝐹

𝑚 + 2𝑀−3𝜇𝑔

4=

𝛾𝑡

𝑚 + 2𝑀−3𝜇𝑔

4

Halaman 9 dari 18 KTOF II November 2019

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

d. Grafik percepatan (𝑎) vs. waktu (𝑡)

Variabel pada grafik:

𝑡𝑐𝑟𝑖𝑡 =(𝑚 + 2𝑀)(𝑚 + 3𝑀)

𝑀𝛾𝜇𝑔

𝑎1 =𝑚 + 2𝑀

𝑀𝜇𝑔

𝑎2 =4𝑚 + 9𝑀

4𝑀𝜇𝑔

Yuwanza Ramadhan

SMAN 1 Depok

3. Tumbukan di Antara Dua Bidang : 20 Poin

Terdapat 2 dinding berjarak 𝐿 satu sama lain yang memiliki koefisien restitusi yang

berbeda, yaitu 𝑒1 dan 𝑒2 di sebelah kiri dan kanan berturut-turut. Pada awalnya, terdapat

2 massa 𝑚1 dan 𝑚2, masing-masing ditempatkan tepat di samping kanan dinding 1 dan

samping kiri dinding 2 berturut-turut, dan diberikan kecepatan awal 𝑣 menjauhi dinding.

Nilai 𝑒1 dan 𝑒2 diatur sedemikian rupa sehingga besar kecepatan setiap massa setelah

menumbuk dinding 1 dan 2 tidak berubah. Untuk soal ini, anggap 𝑚1 = 𝑚2 = 𝑚, 𝑒1 > 1

dan 𝑒2 < 1 (Dinding 1 menambah besar kecepatan massa, dan dinding 2 mengurangi

besar kecepatan benda).

𝑎

𝑡

𝑡crit

𝑎1

𝑎2

−3𝜇𝑔

4

Halaman 10 dari 18 KTOF II November 2019

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

a. Tentukan hubungan antara 𝑒1 dan 𝑒2.

Untuk sub-soal dibawah ini, kita akan berurusan dengan rata-rata suatu besaran fisika

terhadap waktu. Jika suatu benda dapat memiliki besaran fisika 𝐴1 dan 𝐴2 dan

kemunculannya berlangsung selama waktu 𝑡1 dan 𝑡2 berturut-turut, maka rata-rata dari

𝐴 untuk benda tersebut terhadap waktu adalah

⟨𝐴⟩ =𝐴1𝑡1 + 𝐴2𝑡2𝑡1 + 𝑡2

b. Tentukan waktu yang ditempuh 𝑚1 dan 𝑚2 ketika masing-masing massa bergerak ke

kanan dan ke kiri.

c. Tentukan rata-rata momentum dan energi dari massa 𝑚1 dan 𝑚2, lalu tentukan rata-

rata momentum dan energi untuk keseluruhan sistem ini.

Solusi :

a. Tinjau benda 1 yang awalnya bergerak ke kanan dengan kecepatan 𝑣. Dalam

pembahasan soal ini, tanda positif akan menunjukkan arah ke kanan, dan sebaliknya.

Setelah menumbuk dinding 2, kecepatannya menjadi

𝑣′ = −𝑒2𝑣

Setelah menumbuk dinding 1, kecepatannya harus kembali menjadi 𝑣 lagi, sehingga

𝑣′′ = 𝑣 = −𝑒1𝑣′

𝑒1𝑒2 = 1

b. Untuk benda 1, besar kecepatannya ketika bergerak ke kanan dan ke kiri adalah

𝑣1𝑘𝑎𝑛𝑎𝑛 = 𝑣 𝑣1𝑘𝑖𝑟𝑖 = 𝑒2𝑣

Sehingga,

𝑡1𝑘𝑎𝑛𝑎𝑛 =𝐿

𝑣1𝑘𝑎𝑛𝑎𝑛=𝐿

𝑣

𝑡1𝑘𝑖𝑟𝑖 =𝐿

𝑣1𝑘𝑖𝑟𝑖=

𝐿

𝑒2𝑣

𝑒1 𝑒2 𝑚2

𝑚1 𝑣 𝑣

𝐿

Halaman 11 dari 18 KTOF II November 2019

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

Untuk benda 2, besar kecepatannya ketika bergerak ke kanan dan ke kiri adalah

𝑣2𝑘𝑎𝑛𝑎𝑛 = 𝑒1𝑣

𝑣2𝑘𝑖𝑟𝑖 = 𝑣

Sehingga,

𝑡2𝑘𝑖𝑟𝑖 =𝐿

𝑣2𝑘𝑖𝑟𝑖=𝐿

𝑣

𝑡2𝑘𝑎𝑛𝑎𝑛 =𝐿

𝑣2𝑘𝑎𝑛𝑎𝑛=

𝐿

𝑒1𝑣

c. Momentum kedua benda untuk 2 keadaan (bergerak ke kanan dan ke kiri) adalah

𝑝1𝑘𝑎𝑛𝑎𝑛 = 𝑚𝑣

𝑝1𝑘𝑖𝑟𝑖 = −𝑒2𝑚𝑣

𝑝2𝑘𝑎𝑛𝑎𝑛 = 𝑒1𝑚𝑣

𝑝2𝑘𝑖𝑟𝑖 = −𝑚𝑣

Sehingga, rata-rata dari momentum benda 1 dan 2 adalah

⟨𝑝1⟩ =𝑝1𝑘𝑎𝑛𝑎𝑛𝑡1𝑘𝑎𝑛𝑎𝑛 + 𝑝1𝑘𝑖𝑟𝑖𝑡1𝑘𝑖𝑟𝑖

𝑡1𝑘𝑎𝑛𝑎𝑛 + 𝑡1𝑘𝑖𝑟𝑖=𝑚𝐿 − 𝑚𝐿

𝐿𝑣+𝐿𝑒2𝑣

= 0

⟨𝑝2⟩ =𝑝2𝑘𝑎𝑛𝑎𝑛𝑡2𝑘𝑎𝑛𝑎𝑛 + 𝑝2𝑘𝑖𝑟𝑖𝑡2𝑘𝑖𝑟𝑖

𝑡2𝑘𝑎𝑛𝑎𝑛 + 𝑡2𝑘𝑖𝑟𝑖=𝑚𝐿 −𝑚𝐿

𝐿𝑣 +

𝐿𝑒1𝑣

= 0

Analisis yang sama dapat dilakukan untuk energi kinetik kedua benda.

𝐸1𝑘𝑎𝑛𝑎𝑛 =1

2𝑚𝑣2

𝐸1𝑘𝑖𝑟𝑖 =1

2𝑒22𝑚𝑣2

𝐸2𝑘𝑎𝑛𝑎𝑛 =1

2𝑒12𝑚𝑣2

𝐸2𝑘𝑖𝑟𝑖 =1

2𝑚𝑣2

Sehingga, rata-rata energi dari kedua benda adalah

⟨𝐸1⟩ =𝐸1𝑘𝑎𝑛𝑎𝑛𝑡1𝑘𝑎𝑛𝑎𝑛 + 𝐸1𝑘𝑖𝑟𝑖𝑡1𝑘𝑖𝑟𝑖

𝑡1𝑘𝑎𝑛𝑎𝑛 + 𝑡1𝑘𝑖𝑟𝑖=

12𝑚𝐿𝑣 +

12𝑒2𝑚𝐿𝑣

𝐿𝑣 +

𝐿𝑒2𝑣

=1

2𝑒2𝑚𝑣

2

⟨𝐸2⟩ =𝐸2𝑘𝑎𝑛𝑎𝑛𝑡2𝑘𝑎𝑛𝑎𝑛 + 𝐸2𝑘𝑖𝑟𝑖𝑡2𝑘𝑖𝑟𝑖

𝑡2𝑘𝑎𝑛𝑎𝑛 + 𝑡2𝑘𝑖𝑟𝑖=

12𝑚𝐿𝑣 +

12 𝑒1𝑚𝐿𝑣

𝐿𝑣 +

𝐿𝑒1𝑣

=1

2𝑒1𝑚𝑣

2

Rata-rata momentum dan energi sistem adalah

⟨𝑝⟩ = 0

⟨𝐸⟩ =1

2(⟨𝐸1⟩ + ⟨𝐸2⟩) =

1

4(𝑒1 + 𝑒2)𝑚𝑣

2

Yuwanza Ramadhan

SMAN 1 Depok

Halaman 12 dari 18 KTOF II November 2019

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

4. Usaha oleh Gaya Angin yang Konstan : 20 Poin

Sebuah bola bermassa 𝑚 dihubungkan dengan seutas tali yang kuat dan memiliki panjang

𝐿 ke suatu titik poros yang tetap (titik O) dan posisinya dipertahankan vertikal. Pada

sistem ini terdapat gaya gravitasi yang arahnya ke bawah dan besarnya adalah 𝑔.

a. Tentukan gaya tegangan tali pada kasus ini!

Kemudian, ada angin yang bertiup ke arah kanan dan memberikan gaya 𝐹 yang konstan

pada bola.

b. Jika bola dilepaskan dari keadaan diam, tentukan berapakah ketinggian maksimum 𝐻

yang dicapai bola ini diukur dari posisi awalnya. Tunjukan bahwa hasil ini berlaku baik

untuk kasus 0 ≤ 𝐻 ≤ 𝐿 maupun kasus 𝐿 ≤ 𝐻 ≤ 2𝐿.

c. Berpakah sudut yang dibentuk tali dengan vertikal saat bola mencapai kesetimbangan

𝜃0!

O

𝐿

𝑚

𝐹

O

𝑚

O

𝑚

𝐻

𝐹

𝐹 𝜃0

𝐻0

O

𝑚

Halaman 13 dari 18 KTOF II November 2019

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

d. Tentukan ketinggian keseimbangan bola 𝐻0! Apakah ketinggian ini mungkin lebih

besar dari 𝐿? Jelaskan dengan singkat!

e. Sekarang tinjau kondisi saat bola diberi simpangan yang kecil dari posisi

kesetimbangan, untuk lebih mudahnya, asumsikan sudut yang dibentuk tali dengan

vertikal sekarang menjadi 𝜃 = 𝜃0 + 𝜙 dimana sudut 𝜙 ini sangat kecil.

Bagaimana persamaan gerak bola pada arah tangensial! Tunjukkan bahwa persamaan

gerak ini memenuhi bentuk

�̈� + 𝜔2𝜙 = 0

f. Parameter 𝜔 disebut sebagai frekuensi sudut osilasi sistem. Tentukan periode dan

frekuensi osilasi bola ini!

Solusi :

a. Hukum I Newton untuk arah vertikal pada massa 𝑚

∑𝐹y = 0

𝑇 −𝑚𝑔 = 0 ⟹ 𝑇 = 𝑚𝑔

b. Angin memberikan usaha pada pada massa 𝑚. Misal saat ketinggian maksimum massa

tercapai, dia telah berpindah sejauh 𝑠 dari posisi awal dimana nilai 𝑠 ini adalah

𝑠 = √𝐿2 − (𝐿 − 𝐻)2⟹ 𝑠 = √2𝐻𝐿 − 𝐻2

Kemudian dari teorema usaha-energi akan kita peroleh

𝑊nc = Δ𝐸𝑀sistem

𝐹𝑠 = 𝑚𝑔𝐻

𝐹√2𝐻𝐿 − 𝐻2 = 𝑚𝑔𝐻

2𝐻𝐿 − 𝐻2 = (𝑚𝑔

𝐹)2

𝐻2

2𝐿 = 𝐻 [1 + (𝑚𝑔

𝐹)2

] ⟹ 𝐻 =2𝐿

1 + (𝑚𝑔/𝐹)2

𝐹 𝑚

O 𝜃 = 𝜃0 + 𝜙

𝜃

Halaman 14 dari 18 KTOF II November 2019

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

Untuk pengecekan

𝐻 ≤ 𝐿

2𝐿

1 + (𝑚𝑔/𝐹)2≤ 𝐿

1 + (𝑚𝑔/𝐹)2 ≥ 2

𝑚𝑔/𝐹 ≥ 1

Ini tercapai saat 𝐹 ≤ 𝑚𝑔 dan hal ini memang mungkin terjadi karena gaya dari angin

tentu bisa diatur agar sesuai batas ini.

Berikutnya untuk kondisi kasus 𝐿 ≤ 𝐻 ≤ 2𝐿

𝐻 ≥ 𝐿

2𝐿

1 + (𝑚𝑔/𝐹)2≥ 𝐿

1 + (𝑚𝑔/𝐹)2 ≤ 2

𝑚𝑔/𝐹 ≤ 1

Ini tercapai saat 𝐹 ≥ 𝑚𝑔 dan sekali lagi, ini memang mungkin. Selanjutnya

𝐻 ≤ 2𝐿

2𝐿

1 + (𝑚𝑔/𝐹)2≤ 2𝐿

1 + (𝑚𝑔/𝐹)2 ≥ 1

𝑚𝑔/𝐹 ≥ 0

Artinya, untuk nilai 𝐹 yang sangat besar, dimana limit 𝑚𝑔/𝐹 menuju nol, massa 𝑚

akan terangkat sampai ketinggian 2𝐿.

c. Saat setimbang, resultan gaya yang bekerja pada massa 𝑚 akan bernilai nol.

Menggunakan Hukum I Newton untuk benda 𝑚 pada arah tangensial (arah 𝜃) akan

kita peroleh

𝐹

𝜃0

𝑚𝑔

O

𝜃0

𝜃0

𝜃

𝑟

Halaman 15 dari 18 KTOF II November 2019

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

∑𝐹θ = 0

−𝑚𝑔 sin 𝜃0 + 𝐹 cos 𝜃0 = 0

tan 𝜃0 =𝐹

𝑚𝑔⟹ 𝜃0 = tan

−1 (𝐹

𝑚𝑔)

d. Ketinggian keseimbangan bola adalah

𝐻0 = 𝐿 − 𝐿 cos 𝜃0 = 𝐿(1 − cos 𝜃0)

dari modifikasi trigonometri kkita peroleh

tan 𝜃0 =𝐹

𝑚𝑔⟹ cos 𝜃0 =

𝑚𝑔

√𝐹2 + (𝑚𝑔)2⟹ sin𝜃0 =

𝐹

√𝐹2 + (𝑚𝑔)2

Sehingga

𝐻0 = 𝐿 (1 −𝑚𝑔

√𝐹2 + (𝑚𝑔)2)

e. Sekarang, karena massa 𝑚 disimpangkan, dia mempunyai kecepatan sudut pada arah

tangensial. Menggunakan Hukum II Newton untuk arah ini pada massa 𝑚 akan kita

peroleh (arah tangensial adalah arah yang mengikuti lintasan melingkar dari massa 𝑚,

arah positifnya adalah arah bertambahnya sudut 𝜃)

∑𝐹θ = 0

−𝑚𝑔 sin 𝜃 + 𝐹 cos 𝜃 = 𝑚𝐿�̈�

Untuk sudut 𝜙 yang kecil kita bisa lakukan pendekatan suku pertama pada nilai sinus

dan cosinus dari 𝜙 dan mengabaikan suku dengan orde lebih tinggi

sin𝜙 =𝜙

1!−𝜙3

3!+𝜙5

5!−𝜙7

7!… ≈ 𝜙

cos 𝜙 = 1 −𝜙2

2!+𝜙4

4!−𝜙6

6!… ≈ 1

Sehingga

sin 𝜃 = sin(𝜃0 + 𝜙) = sin 𝜃0 cos 𝜙 + cos 𝜃0 sin𝜙 ≈ sin 𝜃0 + 𝜙 cos 𝜃0

cos 𝜃 = cos(𝜃0 + 𝜙) = cos 𝜃0 cos 𝜙 − sin 𝜃0 sin𝜙 ≈ cos 𝜃0 − 𝜙 sin 𝜃0

𝜃 = 𝜃0 + 𝜙 ⟹ �̈� = �̈�

Akan kita peroleh

−𝑚𝑔(sin𝜃0 + 𝜙 cos 𝜃0) + 𝐹(cos 𝜃0 − 𝜙 sin 𝜃0) = 𝑚𝐿�̈�

Halaman 16 dari 18 KTOF II November 2019

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

−𝑚𝑔 sin𝜃0 + 𝐹 cos 𝜃0⏞ 0

− (𝑚𝑔 cos 𝜃0 + 𝐹 sin 𝜃0)𝜙 = 𝑚𝐿�̈�

Subtitusi sin 𝜃0 dan cos 𝜃0

−(𝑚𝑔𝑚𝑔

√𝐹2 + (𝑚𝑔)2+ 𝐹

𝐹

√𝐹2 + (𝑚𝑔)2)𝜙 = 𝑚𝐿�̈�

𝑚𝐿�̈� +𝐹2 + (𝑚𝑔)2

√𝐹2 + (𝑚𝑔)2 𝜙 = 0

�̈� +√𝐹2 + (𝑚𝑔)2

𝑚𝐿 𝜙 = 0

Analog dengan bentuk �̈� + 𝜔2𝜙 = 0.

f. Hubungan periode dan frekuensi osilasi dengan kecepatan sudut osilasi 𝜔 adalah

𝑇 =2𝜋

𝜔 dan 𝑓 =

1

𝑇

Sehingga

𝑇 = 2𝜋√𝑚𝐿

√𝐹2 + (𝑚𝑔)2 dan 𝑓 =

1

2𝜋√√𝐹

2 + (𝑚𝑔)2

𝑚𝐿

Ahmad Basyir Najwan

SMAN 3 Banjarbaru

5. Bidang Berosilasi : 20 Poin

Sebuah benda titik bermassa 𝑚 diletakkan diatas bidang yang membentuk sudut 𝜃

terhadap garis horizontal. Orientasi dari bidang ini dipaksa berosilasi mengikuti

persamaan 𝜃(𝑡) = 𝜃𝑚 cos𝜔𝑡, dimana 𝜃𝑚 adalah sudut maksimum bidang terhadap garis

horizontal, dan 𝜔 adalah periode osilasi orientasi bidang ini. Poros putaran dari orientasi

bidang ini akan dijadikan pusat koordinat. Pada awalnya, benda masih diam dan berada

pada posisi (𝑥0, 𝑦0) diukur dari pusat koordinat. Untuk seterusnya, anggap medan

gravitasi bekerja ke arah bawah dengan besar 𝑔, selalu gunakan pendekatan 𝜃𝑚 ≪ 1,

selalu gunakan koordinat kartesius, dan anggap nilai 𝜔 tidak terlalu besar untuk bagian

(a) sampai (c) sehingga benda ini tidak akan terlepas dari bidang.

Halaman 17 dari 18 KTOF II November 2019

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

a. Tuliskan persamaan-persamaan gerak yang berlaku untuk benda ini!

b. Pada 𝑡 = 0, tentukan hubungan antara 𝑦0 dengan 𝑥0!

c. Selesaikan persamaan yang telah didapatkan di sub-soal a) untuk 𝑥(𝑡) dan 𝑦(𝑡)!

d. Jika nilai 𝑥0 melebihi 𝑥0C, maka suatu saat, benda ini akan lepas dari bidang. Tentukan

𝑥0C!

Solusi :

a. Persamaan gaya dan konstrain yang bekerja pada benda adalah

𝑚�̈� = −𝑁 sin(𝜃)

𝑚�̈� = 𝑁 cos(𝜃) − 𝑚𝑔

𝑦 = 𝑥 tan(𝜃)

Dengan menggunakan pendekatan 𝜃 = 𝜃𝑚 cos(𝜔𝑡) ≪ 1, maka ketiga persamaan

diatas menjadi

𝑚�̈� = −𝑁𝜃𝑚 cos(𝜔𝑡) … (1)

𝑚�̈� = 𝑁 − 𝑚𝑔 … (2)

𝑦 = 𝑥𝜃𝑚 cos(𝜔𝑡) … (3)

b. Pada 𝑡 = 0, 𝑦 = 𝑦0 dan 𝑥 = 𝑥0, sehingga

𝑦0 = 𝑥0𝜃𝑚

c. Gunakan persamaan (1) dan (2), untuk mengeliminasi variabel 𝑁, maka didapat

�̈� = −(�̈� + 𝑔)𝜃𝑚 cos(𝜔𝑡)

Perhatikan bahwa di persamaan (3), 𝑦 mengandung koefisien 𝜃𝑚. Maka turunan 𝑦

terhadap waktu pun juga mengandung koefisien 𝜃𝑚. Sehingga −�̈�𝜃𝑚 cos(𝜔𝑡)

mengandung koefisien 𝜃𝑚2 , suku ini dapat diabaikan. Sehingga

�̈� = −𝑔𝜃𝑚 cos(𝜔𝑡) … (4)

Persamaan (4) bisa diselesaikan dengan 2 cara, yaitu:

𝑔

𝑦

𝑥

𝑥(𝑡)

𝜃(𝑡)

𝑚

𝑦(𝑡)

Halaman 18 dari 18 KTOF II November 2019

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

1) Integralkan persamaan (4) 2 kali terhadap waktu, dengan menggunakan syarat

batas �̇�(𝑡 = 0) = 0 dan 𝑥(𝑡 = 0) = 𝑥0, dan

2) Tebak solusi umum dalam bentuk 𝑥(𝑡) = 𝐴 + 𝐵 cos(𝜔𝑡), dan mencari nilai 𝐴

dan 𝐵 dari persamaan (4) dan syarat batas 𝑥(𝑡 = 0) = 𝑥0.

Hasil akhirnya adalah

𝑥(𝑡) = 𝑥0 +𝑔𝜃𝑚𝜔2

(−1 + cos(𝜔𝑡))

Substitusi hasil ini ke persamaan (3), dengan mengabaikan suku yang

mengandung koefisien 𝜃𝑚2 , maka didapat

𝑦(𝑡) = 𝑥0𝜃𝑚 cos(𝜔𝑡)

d. Substitusi 𝑦(𝑡) ke persamaan (2), lalu selesaikan untuk 𝑁, maka didapat

𝑁 = 𝑚(𝑔 − 𝑥0𝜃𝑚𝜔2 cos(𝜔𝑡))

Benda akan dapat lepas dari bidang jika 𝑁 suatu saat akan dapat bernilai negatif.

Sehingga,

𝑔 − 𝑥0𝜃𝑚𝜔2 cos(𝜔𝑡) < 0

𝑥0 >𝑔

𝜃𝑚𝜔2

𝑥0𝐶 =𝑔

𝜃𝑚𝜔2

Yuwanza Ramadhan

SMAN 1 Depok