Soal Pembahasan OSN Kabupaten Fisika 2013 PDF

8/19/2019 Soal Pembahasan OSN Kabupaten Fisika 2013 PDF

1/14

SOAL SELEKSIOLIMPIADE SAINS TINGKAT KABUPATEN/KOTA 2013

CALON TIM OLIMPIADE FISIKA INDONESIA 2014

Bidang Fisika

Waktu : 180 menit

KEMENTERIAN PENDIDIKAN DAN KEBUDAYAAN

DIREKTORAT JENDERAL PENDIDIKAN MENENGAHDIREKTORAT PEMBINAAN SEKOLAH MENENGAH ATAS


2/14


DIREKTORAT JENDERAL PENDIDIKAN MENENGAH

DIREKTORAT PEMBINAAN SEKOLAH MENENGAH ATAS

Ketentuan Umum:

1- Periksa lebih dulu bahwa jumlah soal Saudara terdiri dari 8 (delapan) buah soal.

2- Waktu total untuk mengerjakan tes ini adalah 3 jam.

3- Peserta dilarang menggunakan kalkulator.

4- Peserta dilarang meminjam dan saling meminjamkan alat-alat tulis.

5- Tulislah jawaban Saudara di kertas yang telah disediakan dengan menggunakan ballpoint dan

tidak boleh menggunakan pinsil.

6- Kerjakanlah lebih dahulu soal-soal dari yang Anda anggap mudah/bisa dan tidak harus

berurutan.

7- Setiap nomor soal yang berbeda harap dikerjakan pada lembar jawaban yang terpisah.

8- Jangan lupa menuliskan nama Saudara atau identitas lainnya pada setiap lembar jawaban yang

Saudara gunakan.

9- Meskipun sudah selesai mengerjakan semua jawaban, Anda tidak diperbolehkan

meninggalkan ruangan tes hingga waktu tes berakhir.


3/14




1. (Nilai 10) Sebuah benda bergerak pada bidang xy dengan komponen kecepatan dalam arah x

dapat dinyatakan dalam bentuk v x (t ) = (3t 2 4t + 5) m/detik, t dalam detik; sedangkan

komponen kecepatan dalam arah y adalah v y (t ) seperti ditunjukkan dalam grafik dibawah.

Tentukanlah:

a. kecepatan bendaԦ(t ) saat t = 2 detik danݒ t = 4 detik.

b. percepatan benda Ԧ(t ) saat t = 4 detik.

c. posisi benda Ԧ(t ) saat t = 9 detik, jika diketahui posisi awal benda adalah

Ԧ(0) = (74i + 40 j) m.

2. (Nilai 8) Seseorang (massa 60 kg) terikat dan terhubung ke sebuah

sistem katrol sebagaimana tampak pada gambar samping. Katrol

dan tali dianggap tak bermassa dan licin. Jika percepatan gravitasi

dianggap 10 m/det2, tentukanlah gaya yang harus diberikan oleh

orang tersebut ke tali agar ia bisa mempertahankan dirinya untuk

tidak menyentuh lantai.


4/14




3. (Nilai 10) Sebuah balok (massa m) bergerak dengan kelajuan awal v0 diatas lantai licin.

Sebuah batang homogen bermassa M ( M > m) dan panjangnya L tergantung dengan bebas

pada langit-langit dan mula-mula dalam keadaan diam (lihat gambar di bawah). Batang M

ditumbuk oleh balok m tersebut.

Tepat sesaat setelah tumbukan, batang berayun dan balok diam.

a. Periksalah apakah kasus di atas termasuk tumbukan elastik atau tak-elastik.

b. Tentukan ketinggian maksimum batang homogen berayun.

4. (Nilai 15) Dua buah pegas identik, masing-masing dengan konstanta pegas k , terhubung

dengan sebuah massa m dalam posisi mendatar (lihat gambar dibawah). Kedua ujung pegas

diikatkan ke dinding agar tidak terlepas. Dalam posisi diam/setimbang, jarak benda m ke

masing-masing dinding adalah d .

a- Tunjukkan apakah pada sistem pagan tersebut dimungkinkan benda m mengalami gerak

osilasi harmonik sederhana pada arah vertikal?

b- Jika jawaban pada pertanyaan (a) di atas adalah ya, tentukanlah frekuensinya.

v0

M

k k m

d d

m


5/14




5. (Nilai 12) Bola biliar dengan jari-jari r ,

massa m dan momen inersia I berada di

atas meja biliar. Bola disodok dengan

gaya horizontal, sehingga bergerak

menggelinding ke kanan tanpa slip

dengan kecepatan u. Bola kemudian

mengenai dinding meja biliar yang

memiliki ketinggian tepi h seperti ditunjukkan pada gambar. Akibatnya, bola itu lalu berbalik

menggelinding tanpa slip dengan kecepatan v. Tentukan hubungan antara h dan r agar kondisiini terjadi. Anggap bola mengenai tepi meja dengan arah normal.

6. (Nilai 15) Sebuah bola dengan radius r menggelinding secara horizontal tanpa slip pada dua

buah rel sejajar yang berjarak r /2. Bola menggelinding tegak lurus

terhadap bidang kertas (perhatikan gambar samping).a. Gambarkan kondisi tersebut dalam tampak depan dan tampak

samping. Tentukan titik manakah (pada bola) yang memiliki

kecepatan sesaat maksimum !

b. Cari besarnya kecepatan maksimum diatas jika pusat massa

bola memiliki kelajuan v !

r

r

u h


6/14




7.

a. Jika bola m mula-mula diam di titik A dan kemudian menggelinding ke bawah pada

permukaan setengah bola, maka tentukanlah kelajuan bola tersebut pada titik terendah.

b. Bila bola tersebut dalam geraknya di bagian a) diatas, ia berosilasi di sekitar titik

terendah, tentukanlah periode osilasi tersebut.

8. (Nilai 15) Lokomotif mainan (massa m L) bergerak pada lintasan melingkar horizontal berjari-

jari R dan bermassa total mT . Lintasan berbentuk pelek dari sebuah roda tak bermassa yang

dapat bebas berotasi tanpa gesekan terhadap sumbu/poros

vertikal. Lokomotif mulai bergerak dari keadaan diam dan

dipercepat tanpa slip sampai mencapai kecepatan akhir v

relatif terhadap lintasan. Hitunglah kecepatan akhir

lokomotif, v f , relatif terhadap lantai.

=== Selamat bekerja, semoga sukses ===

AB

(Nilai 15) Suatu bola bermassa m dan berjari-jari r menggelinding tanpa slip pada permukaan

setengah bola yang kasar dan berjari-jari R ( R > r ) seperti tampak pada gambar di bawah ini.

R

θ m


7/14

JAWABAN Fisika OSK 2013

1- Jawab:

a) pada saat t = 2 s,

sehingga m/s (nilai 1)

pada saat t = 4 s, (dg persamaan garis)

sehingga m/s (nilai 1)

b) pada saat t = 4 s, m/s2 (nilai 1)

m/s2 (kemiringan) (nilai 1)sehingga m/s2 (nilai 1)

c)

(nilai 1)

adalah luas permukaan di bawah kurva


8/14

cari koordinat pada t = 9 detik bisa dengan persamaan garis:

Sehingga untuk t = 9 detik maka m/det

Luas Daerah (A)= A_I +A_II+A_III - A_IV= 90+0.5(30+60)*2 + (3*60)/2- (1*20)/2

Sehingga luas daerahnya = 90 + 90 + 90 – 10 = 260 (nilai 2)

(nilai 1)sehingga: m (nilai 1)

2- Sebut saja gaya tegang pada tali yang ditarik oleh tangan orang tersebut adalah T .

Maka tegangan tali di sepanjang tali tersebut baik yang melalui katrol K1 maupun

K2 adalah sama yaitu T (karena kedua katrol dianggap ringan dan licin). (nilai 2)

Jadi gaya tegang tali pada katrol K2 yang menahan beban orang tersebut adalah:

2T = T’ (nilai 2)

Maka gaya tegang tali total yang menahan beban orang tersebut adalah:

T t = T’ + T = 2T + T = 3T = 600 N

Jadi besarnya gaya yang harus diberikan orang tersebut adalah:

F = T = 200 N (nilai 2)

3-

Jawab:

a.

Hukum kekekalan momentum sudut:2

0

1

3mv L I ML (nilai 2)

Jumlah kalor akibat tumbukan tepat sesaat setelah tumbukan:

2 2 2

0 0

1 1 1 31 0

2 2 2

mQ mv I mv

M

(nilai 1,5)

Karena Q 0, maka secara umum tumbukannya adalah TIDAK-elastik (nilai 1,5)

TT’

K1

K2

Untuk gambar

Gaya-gaya yang

bekerja, nilai 2


9/14

b.

Untuk kasus ini cukup dilihat pusat massanya saja,

2 2 2

0 0

1 1 1 31

2 2 2

mmv I mv Mgh

M

(nilai 3)

Sehingga:

2

0 312

mv mh

Mg M

(nilai 2)

4- a- Kriteria agar terjadi Gerak Harmonik Sederhana

(GHS) adalah adanya gaya pulih yang besarnya

sebanding dengan simpangan dari titik

setimbangnya. (nilai 2)

Karena pengaruh gaya gerak dari massa m, maka

kondisi setimbang sistim pegas tersebut terjadi pada

saat pegas memanjang menjadi22' hd d

(lihat gambar). (nilai 1)

Jika massa m disimpangkan sejauh x dibawah titik setimbangnya ( x sangat kecil dibandingkan

dengan h dan d’ ), maka gaya pada masing-masing pegas:

')( 22 d xhd k F (nilai 2)

Jadi gaya pulih pada benda m:

xk xd

kh

d x xh

h xkh

d

x xhh

xkh

xhd

xhd xhd k F F pu lih

2

2

2

2

2

2

2

22

22

sin2)('

2

')()(2

2112

'

)()(21

1112

)(')(2cos2

(nilai 5)

Di dalamnya kita gunakan ekspansi binomial Newton: ...2

11)1( 2/1 uu


10/14

b- Dari persamaan terakhir kita dapatkan persamaan GHS:

0sin2 2 xk F pulih (nilai 2)

Jadi frekuensi osilasinya: sin2

m

k

m

k eff (nilai 3)

5- Solusi

Perubahan momentum ( ) p m v u . (nilai 1)

Akibatnya terjad Impuls ( ) J m v u yang berkerja pada jarak h r , (nilai 2)

sehingga terjadi perubahan momentum angular ( )( ) L m v u h r . (nilai 2)

Kecepatan sudut bola mula-mulao

ur

,

maka momentum sudutnya ou L I

r , setelah tumbukkan v L I

r (nilai 2)

Perubahan momentum sudut u v

L I r

(nilai 1)

Maka

( )( )u v

m v u h r I r

, akibatnya

22( )

5

I r r h r

m (nilai 2)

Sehingga diperoleh persamaan

27

05

r hr atau

7

5

r h (nilai 2)


11/14

6-

Solusi :

a-

Garis yang menghubungkan kedua rel adalah sumbu rotasi sesaat (lihat gambar tampak depan)

Kita akan menghitung nilai d .

Tampak depan (nilai: 1)

Tampak samping (nilai: 1)

Dengan menggunakan dalil phytagoras, diperoleh :

22

2

4r d

r

(nilai: 1,5)

Dari persamaan di atas diperoleh nilai d :

r d 4

15 (nilai: 1,5)

Titik yang memiliki kecepatan sesaat maksimum pada bola adalah titik yang berjarak terjauh dari

sumbu rotasi sesaat. Titik ini adalah titik puncak bola. (nilai: 2)


12/14

b- Kita dapat menulis hubungan antara kecepatan pusat massa dan kecepatan sudut terhadap

sumbu rotasi sesaat :

d v (nilai: 1)

Dengan menggunakan dua persamaan sebelumnya, diperoleh kecepatan sudut :

r

v

15

4 (nilai: 2,5)

Titik dengan kecepatan sesaat maksimum memiliki kecepatan sudut yang sama dengan pusat

massa. Kita dapat menghitung kecepatan titik dengan kecepatan maksimum sebagai:

)(max d r v (nilai: 2)

Sehingga kecepatan maksimum nya menjadi :

vv

15

15415max (nilai: 2,5)

7-

Jawaban:

a-

Gunakan hukum kekekalan energi mekanik (tinjau hanya pusat massa bola)

2 21 1

2 2mv I Mg R r (1) (nilai 1)

dimana 2

0 I I m R r dan dimana 0 I adalah momen inersia bola terhadap pusat

massanya. (nilai 1)

Karena menggelinding tanpa slip berarti: r v (nilai 1)

Substitusikan semua persamaan diatas kedalam pers (1), sehingga diperoleh:

2

2

1

g R r v

I

mr

(nilai 3)

b-

Gunakan hukum 2 Newton untuk torsi:

i)

Untuk bola yang menggelinding terdapat gaya gesek statis s f , sehingga torsi terhadap

pusat bola adalah0 s f r I (nilai 1)


13/14

ii)

Untuk torsi terhadap titik pusat permukaan bola

sin s f R mg R r I (nilai 2)

dan berlaku kendala r R r sehingga akan diperoleh: (nilai 1)

ˆsinmg R r I (nilai 1,5)

dimana

22

0 2ˆ 1

R R I I mr

r r

. (nilai 1,5)

Untuk sudut θ kecil akan dapat diperoleh periode

ˆ2

I T

mg R r

(nilai 2)

8-

Karena tidak ada torka eksternal sekitar sumbu pusat, momentum sudut system konstan.

Momentum sudut awal system nol karena lokomotif dan lintasan dalam keadaan diam.

(nilai 1)

Kecepatan sudut akhir dari lintasan adalah f T , . Dalam gambar di atas lokomotif berotasi dalam

arah berlawanan arah jarum jam sehingga lintasan harus berotasi searah jarum jam. Jika kita

memilih arah sumbu z positif ke keluar bidang kertas maka momentum sudut akhir lintasan

diberikan oleh:

k Rmk I L f T T f T z T f T ˆˆ

,

2

,,,

(1) (nilai 1)

Lokomotif bergerak tangensial terhadap tanah sehingga kita dapat memilih koordinat polar dan

kemudian kecepatan akhir lokomotif relative terhadap tanah adalah

.ˆ

, f f L vv

(2) (nilai 1)

Titik pada tepi lintasan memiliki kecepatan akhir:

ˆ,, f T f T Rv

(3) (nilai 1)


14/14

Oleh karena itu kecepatan relative ̂vvrel

dari lokomotif ke lintasan diberikan oleh selisih dari

kecepatan lokomotif dan titik pada tepi lintasan.

.ˆˆ

ˆˆ

,

,,,

v Rv

Rvvvv

f T f

f T f f T f Lrel

(4) (nilai 2)

Oleh karena itu:

f T f Rvv , (5) (nilai 1)

Maka

R

vv f f T

, (6) (nilai 1)

Momentum sudut akhir lokomotif terhadap pusat lingkaran yang dibentuk oleh lintasan ketika ia

bergerak dengan kecepatan , f v relative terhadap lantar adalah

k Rvm L f L f Lˆ

,

(7) (nilai 1)

Karena momentum sudut system konstan maka:

k Rvm Rm L L f L f T T f L f T ˆ0 ,2,,

(8) (nilai 2)

Sekarang substitusi pers. (6) ke dalam komponen sumbu z dari persamaan di atas menghasilkan

f L f T Rvmvv Rm 0 (9) (nilai 2)

Dari pers. (9) diperoleh kecepatan akhir lomotif relative terhadap lantai:

vmm

mv

LT

T f

(10) (nilai 2)

Soal Pembahasan OSN Kabupaten Fisika 2013 PDF

Documents

Transcript of Soal Pembahasan OSN Kabupaten Fisika 2013 PDF