NASKAH SOAL

OLIMPIADE SAINS NASIONAL 2016

CALON PESERTA

INTERNATIONAL PHYSICS OLYMPIAD (IPhO) 2017

Waktu: 5 jam

KEMENTERIAN PENDIDIKAN DAN KEBUDAYAAN DIREKTORAT JENDERAL PENDIDIKAN MENENGAH

DIREKTORAT PEMBINAAN SEKOLAH MENENGAH ATAS

TAHUN 2016

FISIKA Teori

Hak Cipta

Dilindungi Undang-undang

Halaman 2 dari 15

KEMENTERIAN PENDIDIKAN DAN KEBUDAYAAN

DIREKTORAT JENDERAL PENDIDIKAN MENENGAH

DIREKTORAT PEMBINAAN SEKOLAH MENENGAH ATAS

OLIMPIADE SAINS NASIONAL 2016 BIDANG ILMU FISIKA

SELEKSI TIM OLIMPIADE FISIKA INDONESIA UNTUK

INTERNATIONAL PHYSICS OLYMPIAD (IPhO) TAHUN 2017

PETUNJUK TES TERTULIS TEORI:

1. Tuliskan Nomor Peserta Anda pada tempat yang telah disediakan di setiap lembar jawaban.

2. Matikan HP dan simpan didalam tas masing-masing selama tes berlangsung.

3. Soal terdiri dari 5 soal esay. Waktu total untuk mengerjakan tes adalah 5 jam tanpa istirahat.

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

5. Peserta diharuskan menuliskan jawabannya pada lembar jawaban yang terpisah untuk setiap nomor soal yang berbeda. Jangan menuliskan dua nomor jawaban atau lebih pada satu lembar jawaban yang sama.

6. Gunakan ballpoint untuk menulis jawaban Anda dan jangan gunakan pinsil. Jawaban yang menggunakan pensil tidak akan dinilai, kecuali untuk gambar/kurva jika diperlukan.

7. Peserta tidak diperkenankan menggunakan kalkulator.

8. Peserta dilarang saling meminjamkan alat tulis apapun.

9. Peserta dilarang meninggalkan ruangan hingga waktu tes selesai.

10. Beberapa formula berikut, mungkin bermanfaat:

Cxx

dxln

Untuk x yang kecil (x << 1) berlaku pendekatan: axxaxa

axeax 1...!3!2

13322

ln 2 = 0,693; ln 3 = 1,099; dan ln 5 = 1,609

Hak Cipta

Dilindungi Undang-undang

Halaman 3 dari 15

Soal Fisika Teori

OSN 2016 Palembang, 17 Mei 2016

1. (10 poin) Seperangkat alat terdiri dari tabung kecil berarah

vertikal dan tabung besar berarah mendatar yang

digabungkan menjadi satu seperti terlihat pada gambar. Alat

tersebut di celupkan ke dalam cairan yang memiliki

kerapatan c. Kerapatan dan tekanan udara di sekitarnya

masing-masing u dan pu. Pada bagian ujung tabung besar

yang mendatar diberi penutup. Kemudian perangkat alat ini

diputar sedemikian secara teratur dengan kecepatan sudut

konstan . Udara di dalam maupun di luar tabung dapat

dianggap sebagai gas ideal dengan temperatur konstan, dan variasi kerapatan udara terhadap

ketinggian dapat diabaikan. Abaikan pula kapilaritas dan gaya gesek permukaan.

Tentukan:

a. (4,5 poin) variasi kerapatan udara di sepanjang kolom udara dalam tabung besar

mendatar, (x),

b. (5,5 poin) ketinggian yang dapat dicapai cairan pada tabung vertikal dinyatakan dalam ,

L, u, c, dan g.

Jawab:

a. Tekanan p dan kerapatan udara di dalam tabung mendatar

tidak homogen. (0,5 poin)

Tinjau pada tabung mendatar terdapat selapis udara vertikal

dengan tebal dx yang berada pada jarak x dari sumbu rotasi

(lihat gambar). Karena tabung diputar dengan kecepatan sudut

, maka kita dapatkan:

[p(x + dx) – p(x)] A = 2 xAdx. (1) (0,5 poin)

dengan A adalah luas penampang tabung, sehingga:

xdx

dp 2 (2) (0,5 poin)

Karena udara dianggap sebagai gas ideal dengan massa molekul M, maka:

RTM

mpV atau

RT

pM (3) (0,5 poin)

Maka, dpRT

Md (4) (0,5 poin)

Substitusi (2) ke dalam (4) diperoleh:

(0,5 poin)

Halaman 4 dari 15

xdxRT

Md 2

(5) (0,5 poin)

Integralkan persamaan (5), diperoleh:

2

2

2ln x

RT

M

o

, (6) (0,5 poin)

dimana o adalah kerapatan udara pada x = 0. Jadi, 2x

oe (7) (0,5 poin)

dengan RT

M

2

2 .

b. Nilai o dapat ditentukan melalui massa total udara di dalam tabung.

L

u SLSdx0

, atau

L

u

x

o Ldxe0

2

. (8) (2x0,5 poin)

Untuk yang menengah, nilai sangat kecil sehingga bisa dilakukan pendekatan:

28242

2 1...!3!2

12

xxx

xe x

, (9) (0,5 poin)

Dan persamaan (8) menjadi,

,3

12

0 LL

L u

atau u

L

31

2

0 . (10) (1 poin)

Karena temperatur dianggap sama di semua tempat dan p sebanding dengan , maka

tekanan pada x = 0 adalah:

upL

p

31

2

0

(11) (1 poin)

Sekarang tinjau cairan didalam tabung kecil yang vertikal. Dalam keadaan setimbang kita

dapatkan:

ghpp cu 0 , atau ghpL

cu

3

2

, (12) (1 poin)

c

u

c

u

g

L

gRT

pLMh

.

66

2222

(13) (1 poin)

Halaman 5 dari 15

2. (12 poin) Tinjau sebuah kumparan solenoida besar yang

digunakan untuk fisika eksperimen dan terbuat dari satu

lapis lilitan konduktor. Lilitan konduktor ini memiliki

penampang 4cm x 2cm dengan penampang saluran air

pendingin didalamnya berukuran 2cm x 1cm. Kumparan

besar terdiri dari 100 lilitan, berdiameter 3 m dan

panjangnya 4 m (ketebalan isolator kabel diabaikan). Pada

kedua ujung kumparan terdapat lempeng baja yang

melingkari kumparan agar medan menjadi homogen dan

untuk mengembalikan fluks magnetik yang melewati

struktur eksternal baja ke dalam kumparan (lihat gambar).

Medan magnet yang terbentuk adalah 0,25 Tesla.

Konduktornya terbuat dari almunium. Tentukan:

(a) (3 poin) tegangan dan daya listrik yang harus diberikan agar dapat menghasilkan medan

magnet tersebut!

(b) (2 poin) laju aliran air agar dapat mempertahankan pertambahan suhu air sebesar 40 oC!

Anggap kalor yang hilang pada kumparan hanya melalui air.

(c) (2 poin) tekanan ke arah luar pada kumparan yang disebabkan oleh gaya magnetik!

(d) (5 poin) Jika kumparan diberikan energi dengan menghubungkannya pada sumber

tegangan pada pertanyaan (a), tentukan waktu yang dibutuhkan untuk mengalirkan arus

dalam rangkaian tersebut dari 0 hingga 99%! Abaikan induktansi dan resistansi dari

sumber daya.

Diketahui resistivitas almunium adalah 3x10-8

ohm.m, kapasitas kalor untuk air adalah 4,19

kJ/(kg.oC). Anggap baja tersebut masih jauh dibawah kondisi saturasinya.

Solusi:

(a) Medan magnetik adalah L

NIB o

dimana N jumlah lilitan dan L panjang kumparan solenoida. Maka arus pada kumparan:

AN

BLI

o

7958100104

425,07

(0,75 poin)

Resistansi pada kumparan:

2

4

8

1071,4101224

1005,12103

A

LR (0,75 poin)

V = I R = 7958 x 0,0471 = 374,82 Volt (0,75 poin)

98,20471,0

44,37 22

R

VP MW (0,75 poin)

Halaman 6 dari 15

(b) Laju aliran atau debit air pendingin adalah Q, maka:

QC T = P dimana densitas air, C kapasitas kalor air, dan T penambahan

temperatur air. Jadi,

8,174041901

1098,2 6

TC

PQ

liter/s. (2 poin)

(c) Tekanan karena gaya magnetik,

4

7

22

1049,21042

25,0

2

o

Bp N/m

2. (2 poin)

(d) Karena rangkaian dianggap terdiri dari hambatan/resistor R dan induktor L yang disusun

seri, maka time konstan rangkaian adalah (1 poin)

= L/R, dengan L = N/I,

dimana L adalah induktor, R hambatan, N jumlah lilitan, I adalah arus pada rangkaian,

dan adalah fluks magnetik.

Jadi, 0222,07958

5,125,0100 2

L H. (1 poin)

dan 471,00471,0

0222,0

R

L s = 471 ms. (1 poin)

Variasi arus yang mengalir dalam rangkaian sebelum mencapai kondisi setimbang

adalah,

/0 1)( teItI (0,5 poin)

Jadi untuk mencapai kondisi %99)(

0

I

tI (0,5 poin) dibutuhkan waktu selama

01,099,01/ te atau t = ln 100 = 4,6 2,17 s. (1 poin)

Halaman 7 dari 15

3. (14 poin) Empat buah bola identik yang licin, masing-masing bermassa m dan memiliki jari-

jari R , ditempatkan sedemikian sehingga membentuk sebuah piramida pada permukaan

horizontal licin seperti ditunjukkan pada gambar. Sistem kemudian dilepaskan dari keadaan

diam dengan bola atas bergerak turun ke bawah dan bola yang bawah bergerak radial keluar

tanpa berotasi. Karena simetri, maka sudut yang dibentuk oleh ketiga bola bawah dengan

bola atas adalah sama.

x

y

1

4

1

R

R

z

z = 0

Tampak Atas Tampak Samping

a. (5 poin) Selama bola atas masih kontak dengan ketiga bola bawah, tentukan nilai 2 2d dt dinyatakan dalam d dt dan sudut .

b. (3 poin) Tentukan fungsi energi sistem dinyatakan dalam fungsi dan . Tentukan pula

nilai energi sistem ketika sistem mulai dilepaskan.

c. (2 poin) Tentukan fungsi dinyatakan dalam , ,g R .

d. (4 poin) Jika c adalah sudut ketika bola atas kehilangan kontak dengan ketiga bola

bawah, tentukan kecepatan bola atas dan ketiga bola bawah ketika c . Nyatakan

dalam , , cg R

Halaman 8 dari 15

Jawab:

a. Berdasarkan gambar berikut, kita dapatkan:

1

R

R

z

z = 0

z

R

R+r

2 cosr R R (1) (0,5 poin)

2 sinz R R (2) (0,5 poin)

Dari kedua persamaan diatas kita bisa dapatkan kecepatan bola atas dan bola bawah,

2 sinr

drv R

dt (3) (0,5 poin)

2 cosz

dzv R

dt (4) (0,5 poin)

Kita juga bisa mendapatkan persamaan percepatan untuk bola atas dan bawah

22 cos 2 sinr

r

dva R R

dt (5) (0,5 poin)

22 sin 2 cosz

z

dva R R

dt (6) (0,5 poin)

Hukum II Newton untuk bola atas pada arah z adalah

top

23 sin 2 sin 2 cos

z zF ma

N mg m R R

(7) (0,5 poin)

Dan Hukum II Newton untuk bola bawah pada arah radial adalah

bottom

2cos 2 cos 2 sin

r rF ma

N m R R

(8) (0,5 poin)

Eliminasi N dari persamaan (7) dan (8), kita bisa dapatkan

R

g

2sin21

cos

sin21

cossin22

2

2

(9) (1 poin)

Halaman 9 dari 15

b. Energi dari sistem tersebut adalah

2 21 3

32 2

z rE mv mv mgz mgR (10) (0,5 poin)

Dengan menggunakan persamaan (2), (3), dan (4), kita dapatkan

2 2 22 1 2sin 2 2 sinE mR mgR (11) (0,5 poin)

Ketika awal, sistem dalam keadaan diam dengan posisi sudut 0

1sin 6

3 . (1 poin)

Jadi energi pada posisi awal adalah

1

2 1 63

E mgR

(12) (1 poin)

c. Karena sistem merupakan sistem yang konservatif, maka energi mekanik sistem kekal,

jadi dari persamaan (11) dan (12) kita dapatkan:

2

6 3 sin

1 2sin

g

R

(13) (1 poin)

d. Ketika lepas, maka gaya normal 0N , (0,5 poin)

jadi dari persamaan (7) dan (8) kita dapatkan

2

2

2 sin 2 cos

2 cos 2 sin 0

c c

c c

R R g

R R

(14) (0,5 poin)

Dari kedua persamaan tersebut, kita dapatkan

sin2

cos2

c

c

g

R

g

R

(15) (2x0,5 poin)

Substitusi ke persamaan (3) dan (4), kita dapatkan

3/2sin 2

cos sin 2

r c

z c c

v gR

v gR

(16) (2x1 poin)

(0,5 poin)

Halaman 10 dari 15

4. (16 poin) Sebuah pesawat terbang yang sedang landing (proses mendarat) memiliki

kecepatan sesaat setelah semua roda menyentuh landasan pacu. Anggaplah nilai kecepatan

awal tersebut cukup besar sehingga harus dilakukan pengereman sehingga kecepatan akan

menjadi ketika keluar dari landasan pacu menuju ke area bandara. Asumsikan

pengereman dilakukan hanya dengan sistem Thrust Reversal melalui kedua mesin pesawat

yang berada di bawah sayap kiri dan kanan (abaikan pengaruh semua gaya gesek). Sistem

pengereman thrust reversal bekerja dengan cara membalikkan aliran fluida masuk ke mesin

pesawat.

Untuk menyederhanakan perhitungan, anggaplah mesin pesawat dapat diasumsikan menjadi

sistem dua dimensi seperti pada gambar di bawah ini.

Pada gambar di atas terlihat bahwa fluida (bermassa jenis ) masuk ke dalam mesin pesawat

dengan luas penampang dan kelajuan (sama dengan kelajuan pesawat). Di dalam mesin

pesawat energi kinetik fluida ditingkatkan sedemikian sehingga fluida akan keluar dari mesin

dengan kelajuan (densitas fluida tidak berubah) seperti pada gambar di atas (output fluida

atas dan bawah dianggap identik). Fluida tersebut keluar dari mesin pesawat dengan

membentuk sudut terhadap horizontal dengan disemburkan ke depan. Akibat adanya

transfer momentum linear antara fluida dengan pesawat, maka akan menghasilkan gaya

dorong ke belakang untuk mengurangi kelajuan dari pesawat tersebut.

a) (4 poin) Tentukan gaya yang akan dialami oleh pesawat tersebut sebagai fungsi dari

kelajuan pesawat! Nyatakan dalam dan .

b) (5 poin) Apabila diketahui massa pesawat tersebut adalah . Tentukan jarak dan waktu

yang diperlukan agar pesawat tersebut mencapai kelajuan !

Halaman 11 dari 15

c) (4 poin) Tentukan kerja yang dilakukan oleh mesin pada proses penurunan kecepatan

dari ke !

Apabila diasumsikan bahwa massa jenis udara merupakan fungsi dari kelajuan pesawat yaitu

dimana merupakan suatu konstanta.

d) (3 poin) Tentukan kecepatan sebagai fungsi dari waktu pesawat tersebut, ambil

adalah saat kelajuan pesawat tersebut .

Jawab:

a) Hukum kekekalan momentum

(1) (1 poin)

Hukum kekekalan massa

(2) (1 poin)

Substitusi pers. (2) ke (1) diperoleh:

(3) (1 poin)

Karena mesinnya dua: (4) (1 poin)

b) Diketahui massa dan dari pers. (4) diatas:

(5) (0,5 poin)

(6) (0,5 poin)

(7) (0,5 poin)

Atau

(8) (1 poin)

(9) (0,25 poin)

(10) (0,25 poin)

(11) (0,5 poin)

(12) (0,5 poin)

Halaman 12 dari 15

Atau Jarak

(13) (1 poin)

c) Hubungan daya yang dikerjakan

(0,5 poin)

Maka

atau (14) (0,5 poin)

Sedangkan,

(15) (0,5 poin)

Atau

(16)

Karena (17)

Maka,

(18) (0,5 poin)

Dari pers. (10) diperoleh:

atau

(19) (0,5 poin)

Substitusi pers. (19) ke (18):

(20) (0,5 poin)

Maka,

(21) (1 poin)

d) Apabila ada hubungan

Dari pers. (4):

(0,5 poin)

Maka,

(22) (0,5 poin)

Atau

(23) (0,5 poin)

Jadi,

(0,5 poin)

atau

(24) (1 poin)

Halaman 13 dari 15

5. (18 poin) Sebuah kayu homogen dengan panjang , luas penampang , dan bermassa

sedang mengapung di air (massa jenis air = 1 ) dan dihubungkan dengan pegas

(dengan konstanta pegas ) ke sebuah batang yang bertumpu pada pusat massanya seperti

yang ditunjukan pada gambar di bawah. Batang tersebut mempunyai massa yang sama

dengan kayu dan panjang yang dua kali lipat dari kayu. Kayu dijaga agar bergerak vertikal

saja. Pegas berada pada keadaan tidak teregang maupun tertekan ketika batang di posisi

horizontal (gambar kiri). Percepatan gravitasi adalah g. Sistem tersebut berosilasi secara

harmonik dengan simpangan vertikal kayu dan simpangan sudut batang yang

diasumsikan sangat kecil.

Tentukan:

a. (2,5 poin) persamaan yang menyatakan keadaan setimbang dari sistem tersebut!

Nyatakan dalam , , , , dan , dimana adalah tinggi batang dari permukaan air

dan adalah panjang awal pegas!

b. (3,5 poin) energi potensial sistem! Nyatakan dalam variable , g, , , dan !

c. (3 poin) energi kinetik sistem! Nyatakan dalam , , , dan ! Dimana adalah

kecepatan kayu arah vertikal dan adalah kecepatan sudut batang.

d. (4 poin) frekuensi dari osilasi sistem tersebut! Nyatakan dalam , , , dan g.

e. (2 poin) frekuensi untuk limit 0! Nyatakan dalam , , , dan g. Jelaskan apa arti

fisis dari kondisi ini.

f. (3 poin) frekuensi untuk limit ! Nyatakan dalam , , , dan g. Jelaskan apa arti

fisis dari kondisi ini.

Jawab:

a. Ketika sistem dalam kondisi setimbang, maka gaya berat akan sama dengan gaya

angkat ke atas pada kayu :

(1 poin)

Halaman 14 dari 15

Dengan memasukan massa jenis fluida (air) = 1, maka

(1 poin)

Atau

(0,5 poin)

b. Energi potensial akibat gaya angkat :

(1,5 poin)

Energi potensial gravitasi kayu dan energi potensial pegas :

(1 poin)

Energi potensial total sistem:

(1 poin)

c. Energi kinetik translasi kayu dan rotasi batang [dengan momen inersia ]:

(3 poin)

d. Dengan mengaplikasikan persamaan

(0,5 poin)

(0,5 poin)

untuk dan , didapatkan :

(1 poin)

Dengan mensubsituti dan , kemudian dua persamaan di atas

akan menghasilkan :

(1 poin)

Solusi (ada dua) dari persamaan di atas adalah :

(1 poin)

e. Jika mendekati 0, maka:

(1 poin)

Secara fisis, kondisi ini menyatakan kondisi pegas yang sangat lemah (kendur),

sehingga batang dan kayu seolah tidak terhubung, jadi frekuensinya sama dengan

frekuensi ketika kayu berosilasi sendiri. Dimana bisa bernilai berapa saja mengingat

posisi batang selalu setimbang. Sehingga normal modenya hanya satu. (1 poin)

Halaman 15 dari 15

f. Jika mendekati tak hingga, maka persamaan geraknya menjadi :

(1 poin)

Sehingga didapatkan :

(1 poin)

Secara fisis, kondisi ini menyatakan kondisi pegas yang sangat kuat (keras) seperti

batang tegar tipis sehingga . (1 poin)

===== Selamat bekerja, semoga sukses! =====