Soal Dan Pembahasan Osp Fisika Sma 2015

Pembina Olimpiade Fisika davitsipayung.blogspot.com

SOAL DAN PENYELESAIAN

OSN TINGKAT PROVINSI 2015

Bidang Fisika

Waktu : 3,5 Jam

Oleh :

Davit Sipayung


1. (10 poin) Sebuah benda yang bergerak pada bidang dua dimensi mendapat gaya konstan. Setelah detik pertama, kelajuan benda menjadi 1/3 dari kelajuan awal benda. Dan setelah

detik selanjutnya (detik kedua), kelajuan benda menjadi 1/3 nya lagi (dibandingkan

setelah detik pertama). Tunjukkan apakah benda pernah berhenti sesaat selama proses

pergerakannya? Jika pernah, tentukan kapan waktunya (t dalam sekon dan ambil acuan t

= 0 dari saat kelajuan benda masih V )!

Penyelesaian:

Misalkan benda bergerak dalam bidang xy.

Gaya konstan F berkerja pada benda :

x yF F i F j

Besar gaya konstan yang bekerja pada benda: 2 2 2

x yF F F

Vektor kecepatan benda :

x yv v i v j

Vektor kecepatan awal benda:

x yV V i V j

Besar kecepatan awal benda : 2 2 2

x yV V V

Misalkan benda bermassa m. Hukum Newton Kedua :

Fa

m

yxFF

a i jm m

Persamaan kinematika untuk menentukan kecepatan benda :

yxFF

v a dt i j dtm m

yxFF

v t i t j cm m

Ketika t = 0 , v V , maka kita peroleh x yc V V i V j .

yxx x

FFv t V i t V j

m m

Kelajuan benda : 22

2 yxx x

FFv t V t V

m m

222 2 2 2 2

2 2

22 y y yx x xx y

F F VF F Vv t t V t t V

m mm m

2 2

2 2 2 2

2

2x yx x y y x y

F Fv t F V F V t V V

mm

Kita dapat menyederhanakan persamaan terakhir ini menjadi

2

2 2 2

2

2x x y y

Fv t F V F V t V

mm

Misalkan 2

1 2

Fc

m dan 2

2x x y yc F V F Vm

. Jadi,


2 2 21 2v c t c t V

Selanjutnya mari kita hitung nilai c1 dan c2.

Ketika t = 1 s v = V/3. 2

2 21 21 13

Vc c V

21 2

8

9c c V *

Ketika t = 2 s v = V/9. 2

2 21 22 29

Vc c V

21 2

402

81c c V **

Dari pers.(*) dan pers.(**) , kita peroleh

2 21 2

32 104dan

81 81c V c V

Jadi,

2 2 2 2 232 104

81 81v V t V t V

Benda berhenti sesaat ketika v = 0 saat t = tb.

2 2 2 2 232 104

081 81b b

V t V t V

2 232 104 81 0b bt t

Kita gunakan rumus akar-akar persamaan kuadrat untuk menentukan tb. 2104 104 4 32 81 104 10816 10368 104 8 7

2 32 64 64bt

13 7 13 2,646

8 8bt

13 2,646 10,3541,294s

8 8bt

dan

13 2,646 15,6461,956s

8 8bt

Benda pernah berhenti selama proses pergerakannya . Benda berhenti ketika

1,294sbt dan 1,956sbt .

2. (12 poin) Sebuah batang tegar AB dengan panjang L dan massa m berada di atas meja horizontal licin. Sebuah tali tak bermassa dipasang pada katrol licin dimana ujung yang

satu dihubungkan pada ujung batang A, sedangkan ujung tali satunya lagi dihubungkan

dengan beban M (lihat gambar di bawah). Mula-mula batang AB tegak lurus dengan tali

tersebut, kemudian beban M dilepaskan.

a. Pada saat beban M dilepaskan, tentukan tegangan tali, percepatan beban M serta percepatan pusat massa batang m.

b. Tentukan posisi pada batang (diukur dari A) yang memiliki percepatan nol pada saat beban M dilepaskan.


Penyelesaian :

a. Misalkan: am adalah percepatan pusat massa batang

aM adalah percepatan beban

adalah percepatan sudut batang

Diagram benda bebas sistem :

Persamaan gerak translasi batang :

mT ma

Persamaan gerak rotasi batang :

21

2 12

LT mL

Persamaan gerak beban :

MMg T Ma

Hubungan antara am , dan aM :

2M mL

a a

Hubungan am dan :

21

2 12mL

ma mL

6 ma

L

Hubungan am dan aM :

63 4

2m

M m m m m

a La a a a a

L

Dari persamaan gerak beban, kita peroleh

m MMg ma Ma

4m mMg ma Ma

aM M

Mg

T

m L

A

B

am T

M

m L

A

B


Percepatan batang adalah

4mM

a gm M

Percepatan beban adalah

44

4M mM

a a gm M

Tegangan tali adalah

4

mMT g

m M

b. Misalkan posisi pada batang yang memiliki percepatan nol adalah di titik C berjarak d diukur dari pusat batang. Posisi titik C yang mungkin adalah antara pusat massa

batang dan titik B.

Percepatan relatif titik C terhadap meja adalah

6 mC m m

aa a d a d

L

60 mm

aa d

L

Posisi titik C dari pusat massa adalah

6

Ld

Posisi pada batang yang memiliki percepatan nol (titik C) diukur dari titik A adalah

2

2 2 6 3CL L L

x d L

3. (14 poin) Sebuah kereta bermassa M = 3 kg memiliki permukaan horizontal yang tersambung dengan permukaan berbentuk seperempat lingkaran berjari-jari R = 0,5 m (

lihat gambar di bawah). Sebuah partikel bermassa m = 2 kg bergerak di atas permukaan

horisontal kereta tersebut dengan kecepatan v = 15 m/s terhadap lantai. Pada saat partikel

tersebut sudah bergerak di atas kereta, kereta tersebut berada dalam keadaan diam

terhadap lantai. Seluruh permukaan bersifat licin dan tumbukan bersifat lenting

sempurna. Percepatan gravitasi g = 10 m/s2 ke bawah.

a. Pada saat partikel tersebut berada pada permukaan seperempat lingkaran dimana sudut yang dibentuk antara garis yang menghubungkan partikel dan pusat lingkaran

dengan garis vertikal ke bawah adalah , tentukan masing-masing besar kecepatan partikel dan kecepatan kereta terhadap lantai sebagai fungsi .

m v

M

g

M

R

am

A B C d

aC = 0


b. Tentukan kecepatan partikel terhadap lantai tepat sejak meninggalkan kereta. c. Tentukan jarak yang ditempuh kereta sejak partikel meninggalkan kereta hingga

kembali menumbuk kereta tersebut.

d. Ketika partikel tersebut kembali menumbuk kereta dan sudah berada pada lintasan horisontal kereta tersebut, tentukan kecepatan partikel dan kereta terhadap lantai!

Penyelesaian :

a. Saat partikel berada padapermukaan seperempat lingkaran, kecepatan kereta relatif terhadap lantai adalah vM. Kecepatan partikel relatif terhadap kereta adalah vk.

Komponen kecepatan horizontal dan vertikal partikel relatif terhadap kereta berturut-

turut adalah vk,x dan vk,y.

Gunakan : M = 3 kg, m = 2kg, R = 0,5 m , v = 15 m/s dan g = 10 m/s2.

Kekalan momentum pada arah horizontal :

,k x M Mmv m v v Mv cosk M Mmv m v v Mv

cosM

k

mv m M vv

m

30 5

2cosM

k

vv

Kecepatan partikel relatif terhadap lantai adalah vm :

2 2 22 2

, , cos sinm k x M k y k M kv v v v v v v 2 2 2 2 cosm k M k Mv v v v v

2

2 230 5 30 5

2 cos2cos 2cos

M Mm M M

v vv v v

2

2 2

2

1 515 30 5

2cosm M M M Mv v v v v

2 2 2

2

1 25225 75 4 30

4cosm M M M Mv v v v v

2 2

2 2 2

25 75 2254 30

4cos cos cosm M Mv v v

Kekekalan energi mekanik:

2 2 21 1 1

1 cos2 2 2M m

mv Mv mv mgR

2 22 2 25 25 75 225

225 4 30 10 1 cos2 4cos cos cosM M M

v v v

M

vM

vk,x

vk,y vk


2 2 2 2 225 6cos 120cos 300 900sin 40cos 1 cos 0M Mv v Gunakan rumus akar-akar persamaan kuadrat untuk mendapatkan nilai vM.

22 2 2 2 2

2

300 120cos 300 120cos 4 25 6cos 900sin 40cos 1 cos

2 25 6cosM

v

Ada dua solusi vM. Dua solusi vM ini menunjukkan gerak partikel saat bergerak naik

dan turun. Kecepatan kereta relatif terhadap lantai ketika partikel bergerak naik

membentuk sudut terhadap lantai adalah

22 2 2 2 2

2

150 60cos 150 60cos 25 6cos 900sin 40cos 1 cos

25 6cosM

v

b. Partikel tepat meninggalkan kereta saat = 900. Kecepatan kereta relatif terhadap lantai adalah vM = 6 m/s.

Kecepatan partikel terhadap lantai tepat sejak meninggalkan kereta (=900):

2 2 2 2 1 cosm MM

v v v gRm

2 2 23

15 6 2 10 0,52m

v

2 225 54 10mv

161 12,69m smv

c. Kecepatan horizontal partikel relatif terhadap lantai sama dengan vM ketika peluru tepat meninggalkan lantai.

2 2 2, ,m m x m yv v v

2 2 2,m M m yv v v

2 2,m y m Mv v v

, 161 36 2 5 11,18m sm yv

Waktu yang diperlukan partikel untuk kembali menumbuk kereta adalah

,22,24

m yvt s

g

Jarak yang ditempuh kereta adalah

14,44mMS v t

M

vM

vm,y vm

vm,x

M

S


d. Setelah partikel pada posisi horizontal, kecepatan partikel dan kereta relatif terhadap lantai berturut-turut adalah vm dan vM.

Kekekalan energi :

2 2 21 1 1

2 2 2m Mmv mv Mv

Kekekalan momentum :

m Mmv mv Mv

Solusi dari persamaan ini adalah

3m smm M

v vm M

212m sM

Mv v

m M

4. (14 poin) Sebuah satelit bergerak dalam orbit lingkaran di sekitar sebuah planet dengan periode revolusi sebesar T1 = 8 jam. Lintasan satelit tersebut akan diubah ke orbit

lingkaran lainnya dengan periode sebesar T2 = 27 jam melalui cara berikut. Pertama,

satelit tersebut pada orbit pertamanya seketika diubah besar kecepatannya tanpa merubah

arahnya, sehingga ia akan bergerak dalam orbit transisi yang berbentuk elips. Ketika

satelit tersebut telah menempuh jarak dari planet yang diinginkan, kecepatan diubah

seketika sesuai dengan orbit kedua dengan periode T2 . Tentukan :

a. waktu yang dibutuhkan untuk berpindah dari orbit pertama ke orbit kedua. b. prosentase perubahan besar kecepatan satelit pada keadaan pertama dan kedua relatif

terhadap kecepatan masing-masing orbit lingkarannya.

Penyelesaian: a. Misalkan R1 dan R2 adalah radius orbit lingkaran, v1 dan v2 adalah kecepatan satelit

pada orbit lingkaran , u1 dan u2 adalah kecepatan satelit di orbit transisi pada jarak R1

dan R2 dari planet.

R1 R2

v2

v1

u1 u2

T2

T1

M vM

vm


Berdasarkan Hukum Newton Kedua: 2

2 21 22

1 2

danv mM M M

m G v G v GR R RR

2 2 22 3 2 3

1 1 2 22

2 4 4dan

m R mMG T R T R

R T GM GMR

Sumbu semimayor orbit transisi:

1 2

2

R Ra

Hukum Keppler Ketiga untuk orbit transisi : 2

2 34

T aGM

Periode revolusi satelit dalam orbit elips transisi adalah T.

Substitusikan 1 22

R Ra

untuk memperoleh

3

1 22 213

18

R RT T

R

Substitusikan

1 13 3

2 21 1 2 22 2

dan 4 4

GM GMR T R T

untuk memperoleh

3 3

2 3 2 3 2 3 2 3

1 2 1 22 21 2

188

T T T TT T

T

3 2 3 22 3 2 3

3 2 3 2

8 27 4 9

2 2T

3

1316,527 jam

8T

Waktu yang dibutuhkan untuk berpindah dari orbit pertama ke orbit kedua sama

dengan setengah kali periode revolusi satelit pada orbit elips.

8,286jam2

Tt

b. Kekekalan energi dan momentum angular saat satelit dalam orbit transisi :

2 2 2 21 2 1 2

1 2 1 2

1 1 1 12

2 2

mM mMmu G mu G u u GmM

R R R R

11 1 2 2 2 1

2

Rmu R mu R u u

R

Dari dua persamaan terakhir ini akan diperoleh:

221

1 1 2

2RGMu

R R R

dan 122

2 1 2

2RGMu

R R R

Karena 2 21 21 2

danM M

v G v GR R

, maka

22 21 1

1 2

2Ru v

R R

dan

12 22 2

1 2

2Ru v

R R

2 3

2 31 1

T a

T R


Karena 2 2

2 3 2 31 1 2 2

4 4dan T R T R

GM GM

, maka

2 3

22 21 1 2 3 2 3

1 2

2Tu v

T T

dan

2 3

12 22 2 2 3 2 3

1 2

2Tu v

T T

Perubahan besar kecepatan satelit pada keadaan pertama relatif terhadap kecepatan

orbit lingkaran pertama : 2 3 2 3

1 2

2 3 2 3 2 3 2 31 1 2

2 2 27 2 9 181,1767

4 9 138 27

u T

v T T

Prosentase perubahan besar kecepatan satelit di orbit R1 adalah

1 1

1

100% 17,67%u v

v

Perubahan besar kecepatan satelit pada keadaan kedua relatif terhadap kecepatan orbit

lingkaran kedua : 2 3 2 3

2 1

2 3 2 3 2 3 2 32 1 2

2 2 8 2 4 130,7845

4 9 188 27

u T

v T T

Prosentase perubahan besar kecepatan satelit di orbit lingkaran R2 adalah

2 2

2

100% 21,55%v u

v

5. (14 poin) Sebuah bola ping-pong bermassa m = 3 gram dipukul sedemikian rupa sehinggga bola tersebut memperoleh kecepatan horisontal pada ketinggian H = 20 cm di

atas meja. Bola tersebut juga berotasi terhadap sumbu horisontal yang tegak lurus pada

kecepatan horisontak tersebut. Setelah menabrak meja dalam tumbukan yang bersifat

elastik, bola tersebut terpental vertikal ke atas tanpa rotasi. Karena ketidakrataan

permukaan meja, koefisien gesek kinetik antara bola dan meja = 0,25. Asumsikan bahwa tumbukan terjadi pada waktu yang relative singkat. Percepatan gravitasi g = 10

m/s2. Momen inersia bola ping-pong adalah I = 2/3 mR

2 dengan R = jari-jari bola ping-

pong. Tentukan energi yang hilang selama tumbukan bola dengan meja.

Penyelesaian:

Diagram gerak bola ping-pong :

m

H


Sesaat sebelum tumbukan :

Kecepatan horizontal bola adalah v1,x = vx. Kecepatan bola ping-pong menumbuk meja

adalah 1, 2y yv v gH . Kecepatan angular bola adalah 1 = .

Sesaat setelah tumbukan :

Kecepatan horizontal bola adalah v2,x =0. Kecepatan bola ping-pong menumbuk meja

adalah 1, 2y yv v gH . Kecepatan angular bola adalah 2 = 0.

Gaya gesek yang bekerja pada benda :

f N

Tumbukan berlangsung selama waktu yang singkat t. Impuls pada arah vertikal :

2, 1,y y yF t m v v

y yN mg t m v v 2 ymv

N mgt

Impuls pada arah horizontal :

2, 1,x xf t m v v

xN t mv

Kita peroleh

2 yx

mvmg t mv

t

2 y xmg t m v mv

Karena tumbukan berlangsung singkat t0, kita peroleh

2x yv v

Impuls angular pada bola ping-pong :

2 1f R t I

22

3NR t mR

2 2

3

ymvmg t mR

t

vx m

H

f

N

mg

vy


22

3ymg t m v mR

Karena tumbukan berlangsung singkat t0, kita peroleh

3 yv

R

Energi awal sistem :

2 21 1

2 2awal xE mv I mgH

2

22

31 1 22

2 2 3

y

awal y

vE m v mR mgH

R

2 2 2 22 3awal y yE m v m v mgH

2

2 25 2 10 1awalE m gH mgH mgH

Energi akhir sistem :

2

21 1

22 2akhir y

E mv m gH mgH

Energi yang hilang selama tumbukan bola dengan meja : 210akhir awalQ E E mgH

Substitusikan = 0,25 , H = 0,02 m , m = 0,003 kg dan g = 10 m/s2.

2 310 0,25 0,003 10 0,2 3,75 10Q J

6. (18 poin) Sebuah bandul fisis terdiri atas sebuah cakram berjari-jari R yang bermassa m1 dan sebuah batang tegar dan massanya dapat diabaikan. Cakram diletakkan disalah satu

ujung batang, sedangkan ujung batang lain dapat berputar pada titik P (bayangkan cakram

menjadi bandul). Jarak antara titik putar dengan pusat massa bandul adalah l. Mula-mula

bandul dilepaskan dari keadan diam yang membuat sudut cukup kecil terhadap vertikal. Tepat pada posisi terendahnya, bandul menumbuk secara tidak elastis sama sekali cakram

yang lain berjari-jari R dan massa m2, dengan m2 < m1. Tentukan :

a. periode bandul sebelum tumbukan! (Nyatakan dalam l,g, dan R) b. kecepatan bandul sesaat sebelum tumbukan! (Nyatakan dalam l,g, dan R) c. Kecepatan bandul sesaat sesudah tumbukan! (Nyatakan dalam m1,m2, l,g, dan R) d. Periode bandul setelah tumbukan! (Nyatakan dalam l,g, dan R)

Penyelesaian:

a. Momen inersia awal pendulum terhadap poros :

P

R

R

m2

l


2 2

1 1

1

2PI m R m l

Torsi relatif terhadap poros :

1 sinp m gl

Persamaan torsi:

22 2

1 1 1 2

1sin

2

p PI

dm gl m R m l

dt

Untuk sudut kecil dapat didekati bahwa sin , sehingga

2

2 2 2

20

2

d gl

dt R l

.

Frekuensi angular pendulum,

2

2 2

2

2

gl

R l

Periode pendulum 2 22 2

22

R lT

gl

b. Ambil acuan energi potensial sama dengan nol di titik terendah.

Energi mekanik awal sistem

1 1 cosawalE m gl Energi mekanik akhir sistem saat pendulum

di titik terendah ,

2

2 2 2

1 1

1 1 1

2 2 2

bakhir P P

vE I m R m l

l

Kekekalan energi mekanik, awal akhirE E :

2

2 2

1 1 1

1 11 cos

2 2

bvm gl m R m ll

32 2

4 1 cos

2b

glv

R l

c. Karena batang ringan maka berlaku kekekalan momentum linear (anda juga bisa

menggunakan kekekalan momentum sudut).

1 1 2b gm v m m v

3

1

2 2

1 2

4 1 cos

2g

glmv

m m R l

d. Asumsikan poros cakram tepat menyatu setelah tumbukan. Oleh karena periode

bandul fisis T tidak bergantung massa maka periode pendulum sebelum dan sesudah

tumbukan akan sama.

2 22 2

22

R lT

gl


7. (18 poin) Sebuah kubus dan silinder berada pada lantai horizontal kasar. Kedua permukaan benda tersebut saling bersinggungan, seperti pada gambar. Massa kedua

benda sama, demikian pula diameter silinder sama dengan panjang sisi kubus. Untuk

seluruh permukaan, koefisien gesek statik dan kinetik masing-masing adalah s dan k. Diketahui m = 12 kg, s = 0,6 , k = 0,2 dan percepatan gravitasi g = 10 m/s

2.

a. Tentukan besar gaya F horizontal yang harus diberikan pada kubus agar kedua benda tersebut bergerak bersama dimana gerakan silinder adalah translasi murni.

b. Tentukan jenis gerakan sistem mula-mula saat sistem mulai bergerak dari keadaan diam (apakah gerakannya murni translasi, translasi dan rotasi atau lainnya)

c. Tinjau sekarang sistem kubus dan silinder dalam keadaan bergerak. Tentukan jenis gerakan sistem jika gaya horizontal yang diberikan sedikit lebih kecil daripada F

(yang dihitung pada soal a). Tentukan pula jenis gerakan sistem jika gaya horizontal

yang diberikan sama dengan F.

Penyelesaian :

a. Diagram gaya pada silinder dan kubus :

Tinjau silinder :

Hukum Newton Kedua arah vertikal :

1 3N mg f

Hukum Newton Kedua arah horizontal:

3 1N f ma

Gaya gesek silinder dan meja:

1 3kf N mg f

Tinjau kubus :

Hukum Newton Kedua arah vertikal :

2 3N mg f

Hukum Newton Kedua arah horizontal:

3 2F N f ma Gaya gesek kubus dan meja:

mg

N1

f1

f3 N3

mg

F

N2

N3

f3

f2

m m F


2 2 3k kf N mg f

Silinder translasi murni (tidak berotasi) sehingga gaya gesek yang bekerja pada

silinder dan kubus adalah gaya gesek statis. Syarat silinder tidak berotasi :

3 1f f

3 3 3s sf N N Sekarang mari kita tinjau saat f3 = f1, artinya f3 minimum atau F minimum.

Menentukan f1 :

3 1 1kf mg f f

1 1k

k

f mg

Menentukan a :

3 3 1s sf N ma f 1

1

sk

s k

a g

Menentukan N3 :

3 13

s s

f fN

3 1k

k s

N mg

Menentukan N2 :

2 3 1N mg f mg f

2 1k

k

N mg mg

2

1 2

1k

k

N mg

Menentukan f2 :

2 2

1 2

1k k

kk

f N mg

Besar gaya F horizontal :

3 2F N f ma

1 2 1

11 1

k k sk k

k sk s k

F mg mg mg

1 2 1

1k k k s k s

k s

mgF

21

1k

k s

k s

mgF

Diketahui : m = 12 kg, s = 0,6 , k = 0,2 dan g = 10 m/s2.

min 88F N


Besar gaya F minimum agar silinder translasi murni adalah 88 N.

b. Gaya F minimum agar sistem dapat bergerak dari keadaan diam adalah F = 2 s mg = 144 N. Karena F > Fmin , maka sistem bergerak translasi murni saat mulai bergerak

dari keadaan diam. Silinder akan tetap bergerak translasi murni saat F berkurang

sampai 88 N.

c. Jika gaya F lebih lebih kecil dari 88 N maka silinder akan mulai berotasi. Setelah sistem sudah bergerak, besar gaya F minimum agar sistem tetap dapat

mempertahankan geraknya adalah F = 2 k mg = 48 N. Jika F = Fmin = 44 N, maka sistem berhenti.

Soal Dan Pembahasan Osp Fisika Sma 2015

Documents

Transcript of Soal Dan Pembahasan Osp Fisika Sma 2015