fisika - olimpiade direktorat pembinaan smaolimpiade.psma.kemdikbud.go.id/index/soal/soal...

SOAL UJIAN

SELEKSI CALON PESERTA OLIMPIADE SAINS NASIONAL 2014

TINGKAT PROPINSI

Waktu : 3,5 jam

KEMENTERIAN PENDIDIKAN DAN KEBUDAYAAN DIREKTORAT JENDERAL PENDIDIKAN MENENGAH

DIREKTORAT PEMBINAAN SEKOLAH MENENGAH ATAS

TAHUN 2014

FISIKA

Hak Cipta

Dilindungi Undang-undang

Halaman 2 dari 16

Hak Cipta


KEMENTERIAN PENDIDIKAN DAN KEBUDAYAAN

DIREKTORAT JENDERAL PENDIDIKAN MENENGAH

DIREKTORAT PEMBINAAN SEKOLAH MENENGAH ATAS

Olimpiade Sains Nasional 2014

Tingkat Propinsi

Bidang F i s i k a

Ketentuan Umum:

1- Periksa lebih dulu bahwa jumlah soal Saudara terdiri dari 7 (tujuh) buah soal.

2- Waktu total untuk mengerjakan tes ini adalah 3,5 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.

10- Informasi resmi tentang kegiatan Olimpiade Fisika dapat dilihat di website

http://www.tpof-indonesia.org

Halaman 3 dari 16

Hak Cipta


Tes Seleksi OSN 2014 Bidang FISIKA

TINGKAT PROPINSI

Waktu: 3,5 Jam

1. (12 poin) Balok bermassa 2m mula-mula

diam di bagian terbawah bidang miring

(massa M dan sudut kemiringan α).

Permukaan bidang miring licin dan

berada di atas meja licin. Pada saat awal

t = 0, sebutir peluru dengan massa m dan

kecepatan v0 bergerak paralel terhadap

bidang miring (lihat gambar) dan menumbuk balok 2m hingga bersarang di dalam balok

tersebut (pada saat ini bagian ujung bidang miring tepat berada di pojok meja). Hitung:

a. ketinggian maksimum yang dapat dicapai balok terhadap permukaan meja,

b. kecepatan bidang miring saat balok mencapai ketinggian maksimumnya,

c. kapan (waktu) balok 2m mencapai ketinggian maksimumnya,

d. jarak yang telah ditempuh bidang miring terhadap pojok meja pada saat balok 2m

mencapai ketinggian maksimumnya.

Jawaban:

Sesaat setelah tumbukan antara peluru m dengan balok mb = 2m maka balok bergerak dengan

kecepatan awal v1 sehingga berlaku

10 )( vmmmv b dan 00013

1

2vv

mm

mv

mm

mv

b

(1)

(1 poin)

(0,5 poin)

u

v N

mg

n̂ α

V0

2m M

α

m

g

Halaman 4 dari 16

Hak Cipta


Katakan u

adalah kecepatan bidang miring M dan uaM adalah percepatannya.

Komponennya yang berlawanan dengan gaya normal N adalah

sinuun (2)

dan saat balok 2m tetap bersentuhan dengan bidang miring maka (2) juga merupakan

percepatan balok ke arah n̂ . Kecepatan tangensial balok adalah nv ˆ

tv sehingga

singmvm btb (3)

dan percepatan normalnya memenuhi

Ngmum bb cossin (4) (0,5 poin)

Gaya N pd arah n̂ bekerja pada bidang miring, tetapi karena bidang miring tsb selalu berada

di atas meja maka hanya komponen sejajar meja saja yang bekerja mempercepat bidang

miring sehingga

sin)sincos(sin umgmNuM bb (0,5 poin)

dan

22 sin2

cossin2

sin

cossin

mM

mg

mM

gmua

b

bM

(5) (0,5 poin)

Selanjutnya, dengan mengingat bahwa

v

: vektor kecepatan balok m relatif terhadap tanah/lantai,

u

: vektor kecepatan bidang miring relatif terhadap tanah = ˆ u- x

Sehingga

uv

: vektor kecepatan balok relatif terhadap bidang miring.

Syarat agar balok tetap berada di permukaan bidang miring adalah:

0nuv ˆ).(

(yang berarti bahwa uv

selalu tegak lurus pada n̂ ) (0,5 poin)

dan saat di puncak tertinggi lintasannya berlaku 0uv

sehingga sinˆ.ˆ u nunv

dan 0cos.̂ˆ ututv

(dengan t̂ adalah vektor satuan yg tegak lurus n̂ yang

menyatakan arah sejajar bidang miring).

Ada posisi saat 0tv ˆ

yang terpenuhi setelah tercapai tinggi maksimum yaitu saat balok

2m mulai bergerak turun. Saat berada di puncak tertinggi tersebut maka balok m mempunyai

kecepatan sesaat ˆsu- x . Selanjutnya (0,5 poin)

Halaman 5 dari 16

Hak Cipta


Hukum kekekalan energi mekanik :

2

1

22

2

1

2

1

2

1vmghmMuum bbssb (6) (1 poin)

Hukum kekekalan momentum :

cos)( 1vmuMm bsb (1 poin)

Sehingga kecepatan balok saat mencapai tinggi maksimum adalah

)3(3

cos3cos 01

Mm

mv

Mm

vmu

b

bs

(7)

(a) Tinggi maksimum balok adalah

Mm

mM

g

v

Mm

m

g

v

Mm

vmvm

gmh

b

b

b

b

b

bb

b

22

1

22

1

2

12

1

sin

2

cos1

2

)cos(

2

1

2

11

atau

Mm

mM

g

vh

3

sin3

18

22

0 (8) (1 poin)

(b) Kecepatan balok saat mencapai tinggi maksimum diberikan (7), yaitu

Mm

mM

g

vh

3

sin3

18

22

0

Mm

amv

Mm

avmu o

b

bs

33

cos3cos1 (1 poin)

(c) Katakan T = waktu untuk mencapai ketinggian maksimum h, maka:

Tgvuv st sincos 1 (1 poin)

sehingga

Mm

mM

g

v

Mm

vmv

guv

gT

b

b

b

bs

2

1

2

111

cos

sin

cos

sin

1)cos(

sin

1

atau

Mm

mM

g

vT

3

cos3

sin3

2

0

(9) (1 poin)

Halaman 6 dari 16

Hak Cipta


(d) Jarak yang telah ditempuh bidang miring terhadap pojok meja pada saat balok 2m

mencapai ketinggian maksimum adalah

2

22

1

2

22 cos

sinsin

cossin

2

1

2

1

2

1

b

b

b

bM

mM

mM

g

v

mM

gmTuTaD

(1 poin)

sehingga

22

22

2

1 cos

sin

1

sin

cossin

2

b

b

b

b

mM

mM

mM

m

g

vD

atau

22

22

2

0

3

cos3

sin3

cossin3

sin9

mM

mM

mM

m

g

vD

(10) (1 poin)

2. (16 poin) Sebuah bola bermassa m ditempatkan di antara

tembok vertikal dan balok segitiga bermassa M. Sisi

miring balok segitiga tersebut memiliki sudut kemiringan

terhadap horisontal. Bola tersebut menyinggung balok

segitiga pada ujung paling atas balok tersebut. Balok

berada pada lantai. Baik bola maupun balok bergerak

tanpa gesekan. Percepatan gravitasi g ke bawah. Lihat

gambar. Agar setelah bola dilepas tanpa kecepatan awal,

permukaan horisontal balok segitiga tersebut tetap pada

lantai atau tidak miring/berputar,

a. Gambarkan diagram gaya yang bekerja pada sistim bola-balok tersebut,

b. Tentukan nilai percepatan gerak bola,

c. Tentukan syarat bagi nilai M/m.

Jawaban:

a. Diagram gaya pada sistem di atas adalah sebagai berikut.

Halaman 7 dari 16

Hak Cipta


b. Berat bola = mg ke bawah. Misalnya gaya aksi balok yang diterima oleh bola = K, maka gaya pada

bola ini dapat diuraikan menjadi gaya ke atas sebesar Kcos dan Ksin yang mengarah ke kiri.

Karena bola tidak bergerak horisontal, maka gaya normal pada bola karena bersinggungan dengan

tembok vertikal juga = Ksin yang mengarah ke kanan. Jika percepatan bola ke bawah = a maka

cosmg K ma (1)

Gaya reaksi bola yang diterima oleh balok juga = K. Gaya pada balok ini dapat diuraikan menjadi

gaya ke kanan sebesar Ksin yang akan menyebabkan percepatan balok sebesar A, serta gaya ke

bawah sebesar Kcos. Sementara itu berat balok = Mg ke bawah. Karena balok tidak bergerak

vertikal, maka gaya normal pada balok karena bersinggungan dengan bidang horisontal adalah N =

Mg + Kcos. Persamaan gerak untuk balok adalah

sinK MA (2)

Persamaan ketiga menghubungkan antara a dengan A. Ketika balok bergerak horisontal sebesar

selama waktu t sebesar 21

2s At maka bola turun sejauh

2 21 12 2

tan tans At at sehingga

diperoleh hubungan:

tana A (3)

Gabungan persamaan (2) dan (3) menghasilkan

sin tan

MaK

(4)

Gabungan persamaan (1) dan (4) menghasilkan

2

2

tan

tan

ma g

M m

(5)

Halaman 8 dari 16

Hak Cipta


Agar dipenuhi syarat balok tidak miring/berputar, maka torka terhadap titik pusat massa balok dari

gaya K harus lebih kecil atau sama dengan torka terhadap titik pusat massa dari gaya normal N

yang dirasakan balok dari lantai. Dalam hal ini, nilai torka maksimum dari gaya K tersebut adalah

ketika gaya normal N berada di ujung paling kanan balok tersebut.

Misalkan tinggi balok = h, sehingga panjang horisontal balok = / tanh . Pusat massa balok

berjarak 1/3 dari panjang sisi balok. Karena itu jarak horisontal antara garis normal N (yang

terletak di ujung kanan balok) dengan pusat massa balok adalah / 3tanh , sehingga torka dari N

terhadap pusat massa adalah

( cos )3tan

hMg K

.

Sementara itu gaya K dapat diuraikan menjadi gaya horisontal sinK ke kanan yang memiliki

jarak vertikal dengan pusat massa sebesar 2h/3, serta gaya vertikal cosK ke bawah yang

memiliki jarak horisontal dengan pusat massa sebesar / 3tanh . Torka total adalah

2sin cos

3 3tan

h hK K

.

Dengan menerapkan syarat di atas maka

2

sin cos ( cos )3 3tan 3tan

h h hK K Mg K

(6)

Gabungan (4) dan (6) menghasilkan

2

ga (7)

c. Gabungan persamaan (5) dan (7) menghasilkan

2tan

M

m (8)

3. (10 poin) Sebuah benda bermassa m terletak pada ketinggian y di atas permukaan suatu planet

bola bermassa M dan berjari-jari R. Anggap nilai R tidaklah sangat besar dibandingkan dengan

y. Percepatan gravitasi di permukaan planet tersebut adalah 0g , sedangkan tetapan gravitasi

universal adalah G.

a. Percepatan gravitasi yang dialami benda m tersebut berkurang secara linier terhadap y.

Tentukan percepatan gravitasi pada ketinggian h (nyatakan dalam parameter-parameter di

atas);

Halaman 9 dari 16

Hak Cipta


b. Jika benda tersebut dilemparkan vertikal ke atas dari ketinggian h dengan kecepatan awal

0v , tentukan kecepatan benda tersebut sebagai fungsi ketinggian y;

c. Tentukan tinggi maksimum benda tersebut. Tentukan pula tinggi maksimum benda jika

tetapan/konstanta linier pada pertanyaan a) diatas 0.

Jawaban:

a. Gaya gravitasi antara m dan M yang terpisah pada jarak R + y sama dengan berat yang

dimiliki oleh massa m dengan percepatan gravitasi g.

2( )

GMmmg

R y

2

2 2 2 3

2(1 / ) (1 2 / )

GM GM GM GMg y R y R y

R R R R

(2 poin)

Jadi

0 2

GMg

R dan

3

2GMk

R .

b. Persamaan gerak untuk benda yang dilempar ke atas

a g 0( )dv

g kydt

(1 poin)

Dengan menggunakan dalil rantai,

0

dv dv dy dvv g ky

dt dy dt dy (1 poin)

0

0

0

( )

yv

v v y

vdv g ky dy

2 2 21 10 02 2

( )v v g y ky

2 2 20 02v ky g y v (2 poin)

c. Di ketinggian maksimum

v = 0 2 20 02 0ky g y v

2 2 2 20 0 0 0 0 02 4 4 (1 1 / )

2

g g kv g kv gy

k k

(2 poin)

Untuk limit 0k

2 2 20 0 0 0

0

[1 (1 / 2 )]

2

g kv g vy

k g

(2 poin)

Halaman 10 dari 16

Hak Cipta


4. (14 poin) Bola karet dengan berat W = mg dilekatkan dengan kuat di titik C pada ujung

tongkat AC (dengan massa tongkat diabaikan). Sementara pada ujung lain tongkat yaitu titik

A dipasang engsel yang melekat kuat pada lantai sehingga tongkat dapat berotasi di sekitar

titik A pada bidang xy (lihat gambar). Pegas

dengan konstanta k dipasang pada posisi

mendatar dengan satu ujung dilekatkan pada

dinding dan ujung yang lain dilekatkan pada

titik tetap B di tongkat AC. Seperti tampak

dalam gambar, tongkat disimpangkan dari

posisi awal (tegak) sebesar sudut lalu

dilepaskan sehingga tongkat akan mengalami

gerak osilasi (getaran). Tentukan:

(a) besar frekuensi getaran untuk sudut

simpangan yang kecil.

(b) nilai maksimum gaya berat W agar untuk sudut simpangan kecil tongkat mengalami

getaran harmonik.

Solusi:

(a) Gaya-gaya yang bekerja pada sistem adalah : )ˆ,ˆdan ,ˆ,ˆ( ereyexe yx

Gaya berat : ymgW

Gaya pegas : xkaF ˆ

Gaya reaksi sepanjang tongkat : rRFRˆ

(gunakan koordinat polar r, )

Hukum II Newton:

a

W=mg

L

B

C

x

y

Lantai

Dinding

A

Halaman 11 dari 16

Hak Cipta


rRL

axkaymg

dt

rdm ˆˆˆ

2

2

atau dalam koordinat polar

rRrL

akarmgrrrm ˆ)ˆcosˆsin()ˆsinˆ(cos)ˆˆ( 2

Tetapi, komponen-komponen gaya berat dan gaya pegas ke arah r̂ dapat diimbangi oleh

gaya reaksi RF

, sehingga akhirnya diperoleh persamaan gerak untuk sudut simpangan

tongkat (), yaitu

cossin2

L

akmgmr

Dengan mengingat bahwa untuk sudut kecil berlaku 1cosdan sin , maka

diperoleh

L

a

mr

kg

r

21 , atau 0

2

2

mL

mgLka

sehingga frekuensi getaran tongkat adalah

b. Tongkat mengalami getaran harmonik kalau 2 > 0 sehingga

L

kamgW

2

5. (18 poin) Sebuah batang homogen (massa M dan panjang l ) salah satu ujungnya diletakan pada tepi

sebuah meja dalam posisi vertikal. Batang kemudian dilepaskan dari keadaan diam. Tentukan sudut

antara posisi batang terhadap vertikal dimana batang mulai kehilangan kontak dengan meja. Lakukan

perhitungan Anda untuk 2 kondisi berikut:

a. Tepi meja dianggap licin akan tetapi memiliki siku seperti ditampilkan pada gambar (i)

b. Tepi meja kasar dan sangat tajam (lihat gambar (ii)).

(ii)

(i)

2

2

mL

mgLka

Halaman 12 dari 16

Hak Cipta


Jawab:

a. Untuk kondisi gambar (i), hingga posisi batang jatuh sejauh terjadi:

Kehilangan energi potensial sebesar: cos12

MgEP

Energi ini dikonversi menjadi EK rotasi di tepi meja itu,

EKrot = EP

cos122

1 2

MgI p;

ambil 2

3

1MI p akan diperoleh: cos1

32

g (1)

Percepatan centripetal batang: cos12

3

2

2 gacp

(2)

Karena batang berotasi, maka berlaku:

I 2

3

1sin

2

MMg (3)

Maka sin2

3

g dan sin

4

3

2gat

(4)

Lihat gambar saat batang di posisi , sesaat akan kehilangan kontak dengan meja.

xx MaF

sincos cpt aaMH (5)

yy MaF

sincos tcp aaMVMg (6)

Dari penyelesaian pers. (5) dan (6) dengan mensubstitusikan

pers. (2) dan (4) diperoleh:

21cos3

4

1

2cos3sin4

3

MgV

MgH

(7)

Batang mulai kehilangan kontak dengan meja pada saat:

H = 0 3 cos - 2 = 0

Jadi, cos = 2/3, atau = cos-1

(2/3) 48o. (8)

b. Untuk kondisi gambar (ii), nilai untuk acp dan at nya sama seperti pada persamaan (2) dan (4)

diatas.

Halaman 13 dari 16

Hak Cipta


Karena ujung meja sekarang tajam, maka gaya normal N akan berarah pada sepanjang sumbu

batang. Dan ada gaya gesek fr yang tegak lurus terhadap N (lihat gambar di bawah).

Sepanjang sumbu batang:

xx MaF

cos12

3

2

cos

2

MgM

MaNMg cp

(9)

Maka kita peroleh,

3cos52

Mg

N (10)

Batang tepat mulai meninggalkan tepi meja, pada saat N = 0.

Jadi, cos = 3/5 atau = 53o. (11)

Jika makin besar maka N < 0 dan ini tidak mungkin! Yang pasti batang jadi tidak kontak lagi

dengan meja. Karena tepi meja yang kasar maka gaya gesek statik mampu menahan batang untuk

melakukan gerak rotasi dan tidak terjadi slip hingga gaya normal N = 0.

6. (14 poin) Sebuah bola kecil dengan massa m dipasang pada

silinder pejal bermassa M dan berjari-jari R menggunakan

batang tak bermassa. Lihat gambar. Bola kecil tersebut berada

pada jarak H di atas pusat silinder. Sistem bola-silinder

tersebut kemudian diberikan gangguan kecil dari posisi

kesetimbangan tak stabil tersebut. Silinder menggelinding

tanpa tergelincir/slip. Pada saat bola m menyentuh lantai,

tentukan:

a- kecepatan pusat massa silinder,

b- kecepatan bola.

Jawaban:

Halaman 14 dari 16

Hak Cipta


Pertama, gunakan teorema usaha-energi. Gaya normal oleh lantai pada silinder yang mengarah

ke atas, maupun gaya gesek statik pada silinder tidak melakukan usaha sama sekali, sehingga

usaha oleh gaya gravitasi sama dengan perubahan energi kinetik sistem.

gravW EK (1) (1 poin)

Selama gerakan, tinggi pusat massa silinder tidak mengalami perubahan sehingga usaha oleh

gaya gravitasi hanya berasal dari bola m sebesar

( )gravW mg R H . (2) (1 poin)

Sementara tenaga kinetik total sistem adalah

2 2 21 1 1

2 2 2EK MV I mv (3) (1 poin)

dimana V = kecepatan pusat massa silinder, I = momen inersia silinder = 21

2MR , =

kecepatan sudut silinder dan v = kecepatan bola. Jadi

2 2 21 1 1

2 2 2( )mg R H MV I mv (4) (1 poin)

Karena silinder menggelinding tanpa tergelincir, hubungan antara V dengan adalah

V R (5) (0,5 poin)

Titik P adalah sumbu rotasi sesaat sehingga saat bola menyentuh lantai jari-jari rotasi bola

terletak pada lantai. Karena kecepatan bola tegaklurus dengan jari-jari rotasi bola, maka v

harus tegak lurus terhadap lantai. Disini, v adalah resultan dari kecepatan translasi titik O

(pusat massa silinder) dan kecepatan bola yang berotasi terhadap titik O. Dengan melihat

Gambar, maka

2 2 2 2 2 2( ) ( )v H V H R (6) (2 poin)

Substitusi (5) dan (6) ke persamaan (4) akan menghasilkan

2 2 2 2 2 2 21 1 1 12 2 2 2

( ) ( )mg R H M R MR m H R (2 poin)

Kecepatan sudut silinder saat bola menyentuh lantai adalah

2 2

( )2

2 (3 2 )

mg H R

mH R M m

(7) (1,5 poin)

a- Kecepatan pusat massa silinder:

V = R 22 232

2RmMmH

RHmgRV

(2 poin)

Halaman 15 dari 16

Hak Cipta


b- Kecepatan bola saat menyentuh lantai adalah:

2 2

2 2

( )2( )

2 (3 2 )

mg H Rv H R H R

mH R M m

(1 poin)

7. (16 poin) Sebuah silinder pejal bermassa dan radius mula-mula berotasi dengan

kecepatan sudut dan tanpa kecepatan awal pusat massa di tepi bawah suatu bidang miring

kasar (yang tetap/tidak dapat bergerak) dengan sudut kemiringan dan koefisien gesek

kinetik dimana . Asumsikan bahwa silinder selama mendaki tetap kontak

dengan bidang miring. Tentukan:

a. waktu yang dibutuhkan silinder hingga menggelinding tanpa slip;

b. jarak yang ditempuh oleh pusat massa silinder hingga menggelinding tanpa slip;

c. ketinggian maksimum yang dapat dicapai silinder.

Jawaban:

Misalkan silinder akan mulai menggelinding tanpa slip di titik B.

x

y

A

Bh

w

NfK

a. Selama gerak dari A ke B, hukum Newton II,

0cos

0

mgN

maF yy

dan (0,5 poin)

sin

x x

K x

F ma

mg f ma

m R

0

K tanK

Halaman 16 dari 16

Hak Cipta


sehingga percepatan translasinya adalah

cos sinKa g (1 poin)

Untuk gerak rotasi, relatif terhadap pusat massa slinder,

21

2

O O O

K O

I

f R mR

(0,5 poin)

sehingga percepatan rotasinya adalah

R

gK

cos20 (1 poin)

Karena percepatan translasi dan percepatan rotasinya konstan, maka kita dapatkan

kecepatan silinder adalah:

tR

gt

gttv

K

K

cos2)(

sincos)(

0

(1 poin)

Misalkan silinder akan mulai menggelinding tanpa slip di titik B, maka di titik B kita

punya

B Bv t t R (1 poin)

atau

sincos3

0

K

Bg

Rt (1 poin)

b. Jarak yang ditempuh oleh pusat massa silinder hingga menggelinding tanpa slip adalah

2

22

0

2

sincos3

sincos

2

2

1

K

K

BB

g

R

atx

(2 poin) + (2 poin)

c. Dengan menggunakan hubungan usaha dan energi, kita punya

2

0

1

2O K BI mgh f x (2 poin)

sehingga didapatkan

2

22

0

sincos3

sincoscos21

4

K

KK

g

Rh (4 poin)

=== Selamat bekerja, semoga sukses ===

fisika - olimpiade direktorat pembinaan smaolimpiade.psma.kemdikbud.go.id/index/soal/soal...

Documents