olimpiade sains nasional 2012 · pada ujung batang yang lain ditempelkan keranjang yang massanya...
TRANSCRIPT
Nomor Peserta: Kunci Jawaban
halaman 1 dari 15
Olimpiade Sains Nasional 2012 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 3½ 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.
No. 1 2 3 4 5 6 7
Nilai
Nomor Peserta: Kunci Jawaban
halaman 2 dari 15
Waktu : 3 ½ Jam
Seleksi Propinsi OSN 2012
1. (18 poin) Sebuah peluru
ditembakan ke atap/langit-
langit sebuah rumah dengan
kecepatan awal vo dan
membentuk sudut terhadap
bidang datar (lihat gambar).
Jika bentuk langit-langit
rumahnya seperti ditunjukkan
gambar, tentukan:
a. sudut agar peluru bisa mencapai atap dalam waktu yang sesingkat-singkatnya,
b. waktu tempuh minimum dari peluru untuk mencapai atap rumah
c. syarat vo agar peluru bisa mencapai atap untuk berapapun nilai sudut nya.
(Petunjuk: gunakan turunan/diferensiasi untuk mencari nilai minimum, dimana
axadx
axdcos
)(sin dan axa
dx
axdsin
)(cos dengan a adalah konstanta)
Jawab:
a. Saat peluru ditembakan dengan kecepatan vo, bisa diuraikan menjadi 2 komponen:
vx = vo cos = konstan, sehingga x = vx t = vo cos t (1)
vy = vo sin (1 poin)
Ketinggian atap/langit-langit di setiap tempat memenuhi persamaan:
y = h – x tan (2) (1 poin)
Sementara dari persamaan glbb, ketinggian peluru di atap memenuhi persamaan:
Langit-langit Rumah
Nomor Peserta: Kunci Jawaban
halaman 3 dari 15
y = vy t – ½ gt2 = vo sin t – ½ gt2 (3) (1 poin)
Substitusikan persamaan (2) ke (3) untuk y kemudian substitusikan nilai x dari
persamaan (1) sehingga diperoleh:
vo sin t – ½ gt2 = h – vo cos tan t atau
½ gt2 – vo (cos tan + sin ) t + h = 0 atau
0)sin(cos2
1 2
ht
vgt o
(4) (2 poin)
Agar waktu tempuh peluru, t minimum, maka dt/d = 0. (2
poin)
Dengan menurunkan persamaan diatas terhadap dan nyatakan dalam bentuk
dt/d = 0, diperoleh:
0)cos(cos
min
t
vo
(5)
Karena tmin 0, maka cos ( + ) = 0, Jadi: = 90o – (3 poin)
b. Untuk mendapatkan waktu tempuh minimum, tmin maka kita substitusikan nilai
diatas ke dalam persamaan (4), sehingga diperoleh persamaan:
0cos2
1 2
ht
vgt o
. Selesaikan ini dengan rumus abc, diperoleh:
cos
cos2 22
ming
ghvvt
oo
(4 poin)
c. Syarat vo agar peluru bisa mencapai atap rumah adalah dengan melihat hasil akar
dari jawaban b diatas yang harus real alghvo Recos2 22
(2
poin)
Nomor Peserta: Kunci Jawaban
halaman 4 dari 15
Jadi: cos2ghvo (2 poin)
2. (10 poin) Komet Encke telah ditemukan oleh Pierre Mechain pada tahun 1786.
Periode perputaran komet ini baru dapat ditentukan oleh Johan Encke pada tahun
1822, yaitu selama 3,3 tahun. Namun pada tahun 1913, berdasarkan hasil foto yang
dilakukan melalui teleskop, jarak terjauh dari Matahari (aphelium) adalah ra = 6,1x1011
m dan jarak terdekatnya (perihelium) rp = 5,1x1010 m. Diketahui tetapan gravitasi
universal G = 6,7x10-11 N m2 kg-2, massa Matahari ms = 2,0x1030 kg, tentukan kelajuan
komet itu pada saat di titik terjauh dan pada saat di titik terdekat.
Jawab:
Jika yang bekerja hanya gaya-gaya akibat gravitasi yang selalu mengarah ke titik fokus, maka berlaku:
fokus komet-fokus grav 0r F
(1 poin)
Momentum angular, dengan : massa reduksi
- Pada titik terdekat : p p pL r v
- Pada titik terjauh : a a aL r v (1 poin)
Berdasarkan hukum kekekalan momentum angular, a pL L
maka : a a p pr v r v
diperoleh: a a p pr v r v (2 poin)
(1) Gaya gravitasi bersifat gaya yang konservatif, sehingga berlaku kekekalan energi.
- Pada titik terjauh : 2 1 21
2p p
p
m mE v G
r
- Pada titik terdekat : 2 1 21
2a a
a
m mE v G
r
Dan p aE E
atau 2 21 2 1 21 1
2 2p a
p a
m m m mv G v G
r r (2 poin) (2)
Nomor Peserta: Kunci Jawaban
halaman 5 dari 15
Jika massa komet 1m jauh lebih kecil dari pada massa matahari 2m , maka
1 2 1 21
1 2 2
m m m mm
m m m
Persamaan (2) dapat diubah menjadi:
2 21 2 1 21 1
1 1
2 2p a
p a
m m m mm v G m v G
r r
2 22 21 1
2 2p a
p a
m mv G v G
r r (2 poin) (3)
Dari persamaan (1) dan persamaan (3) dengan mengeliminasi vp, diperoleh:
1
2
22 p
a
a a p
Gm rv
r r r
Sehingga: 3 -15,8 10 msav
dan 4 -16,9 10 msa ap
p
r vv
r
(2 poin)
Nomor Peserta: Kunci Jawaban
halaman 6 dari 15
3. (15 poin) Dalam percobaan fisika, dua
bola yang kerapatannya sama, masing-
masing berjari-jari r dan 2r disusun
sedemikian sehingga pusat massa bola
yang lebih besar terletak pada titik
tengah kereta yang massanya M dan
panjangnya L. Massa bola yang kecil m.
Kedua bola dapat menggelinding tanpa slip sedemikian rupa sehingga garis hubung
pusat massa antara bola besar dengan bola kecil selalu membentuk sudut φ yang
konstan terhadap arah horisontal.
Untuk mempertahankan posisi
kedua bola yang seperti itu, kereta
ditarik dengan sebuah gaya
horisontal F (lihat gambar).
Tentukan :
a. besar gaya F tersebut (nyatakan
dalam m, M dan φ),
b. waktu yang diperlukan kedua
bola sebelum jatuh dari kereta
(nyatakan dalam l, g dan φ).
Jawab:
a. Misalkan :
- Percepatan angular bola kecil α1
- Percepatan angular bola besar α2
M F
m
φ
r
2r
L
a1
a2
F
N2
N1
N1
mg φ
N2
a1
N
α2
α1
N
8mg
fr fr
Gambar
(2 poin)
Nomor Peserta: Kunci Jawaban
halaman 7 dari 15
- Percepatan linear (mendatar) kedua bola a1
- Percepatan linear (mendatar) kereta a2
Bola menggelinding tanpa slip :
2r2 = a2 – a1 dan 2r2 = r1
Sehingga: 1 = 22 atau r
aa 121
…………….. (1) (2 poin)
Momen inersia :
- Bola kecil : 2
1
2
5I mr dan Bola besar :
2 2
2
2 648 2
5 5I m r mr
Hukum Newton tentang gerak : F ma (3 poin)
- Tinjau kereta : 2 .................................. 2rF f Ma
- Tinjau bola besar :
Arah mendatar/horizontal: fr – N2 = 8 ma1
Arah vertikal: 8mg + N1 – N = 0 ……………. (3)
- Tinjau bola kecil :
Arah mendatar/horizontal: N2 = ma1
Arah vertikal: mg + N1 = 0 …………….. (4)
Momen gaya : I (2 poin)
- Tinjau bola besar : 2
2
125
64cos2sin22 mrrrNrrNrf r ……….. (5)
- Tinjau bola kecil : 1
2
215
2sincos mrrNrN ………… (6)
Dari persamaan-persamaan di atas, maka didapatkan :
7 cos
9 ......................................... 72 1 sin
F m M g
(2 poin)
b. Percepatan relatif kedua bola terhadap kereta arel = a2 – a1
Nomor Peserta: Kunci Jawaban
halaman 8 dari 15
2 1
5 cos ...................................... 8
2 1 sinrela a a g
(2 poin)
Sebelum jatuh, kedua bola menempuh jarak relatif sepanjang setengah panjang
kereta (L/2). Waktu yang diperlukan bola sebelum jatuh (kecepatan awal bola = 0)
:
21
2 2
2 1 sin ............................................. 9
5cos
rel
rel
La t
L Lt
a g
(2 poin)
4. (17 poin) Sebuah pendulum (bandul) terdiri dari bola bermassa M yang menempel di
ujung batang tegar bermassa m dan panjannya 2d. Bagian tengah batang dijadikan
sebagai poros rotasi. Pada ujung batang yang lain ditempelkan keranjang yang
massanya diabaikan. Sebuah bola kedua yang bermassa M/2 dilemparkan ke dalam
keranjang dan berkecepatan v ketika tepat menumbuk keranjang (lihat gambar).
Hitung:
(a) laju rotasi sudut awal pendulum setelah Bola kedua
datang dan terperangkap dalam keranjang?
(b) tenaga mekanik total yang hilang ketika Bola kedua
datang dan terperangkap dalam keranjang?
(c) kecepatan minimum datangnya bola kedua agar
pendulum dapat terbalik? (artinya pendulum dapat
berotasi 180o)
Jawab: (a) Momentum sudut bola (M/2) terhadap poros:
vdM
L2
Momentum sudut total dari sistem:
M/2
M
m
2d
v
Nomor Peserta: Kunci Jawaban
halaman 9 dari 15
2222
3
1
2
3)2(
12
1
2dmMdmd
MMdIL
M
m
dv
dmM
vdM
I
L
3
23
3
1
2
3
2
2
(5 poin)
(b) Energi Mekanik akhir dari sistem
22
21
4
1
2Mvv
MEi
M
m
Mv
M
m
dvdmMIE f
3
812
63
12
1
2
3 2
2
222
212
21
mM
mMMv
vmM
MmMMv
M
m
mvEEE if
29
3
4/
4
1
3
812
2
21
2
31
23
31
22
(6 poin)
Tanda minus (-) menunjukkan adanya kerugian/kehilangan energi.
(c) Energi Mekanik awal sistem:
M
m
Mvmgdgd
ME
38
2
1
12
22
Energi Mekanik akhir sistem:
mgdgdME f 2
if EEE 0
dgM
mv
3812
(6 poin)
Nomor Peserta: Kunci Jawaban
halaman 10 dari 15
5. (11 poin) Sebuah piringan pejal/padat bermassa M dan berjari-jari R berosilasi
sekitar sumbu P. Sumbu osilasi tersebut tegak lurus terhadap bidang piringan. Gesekan
pada P diabaikan. Jarak dari P ke pusat piringan (C) adalah b (lihat gambar).
Percepatan gravitasi adalah .g Hitung:
(a) besar torka relatif terhadap titik P,
ketika piringan disimpangkan sebesar !
(b) momen inersia rotasi terhadap sumbu rotasi P!
(c) Torka menyebabkan percepatan sudut sekitar
sumbu P. Turunkan persamaan gerak dalam sudut
dan percepatan sudut !
(d) Ketika piringan disimpangkan dengan sudut
sangat kecil, sehingga piringan bergerak mendekati gerak osilasi harmonik sederhana, berapakah periode osilasinya?
Jawab:
(a) Momen gaya terhadap titik P:
sinbMgFrPP
(2 poin)
(b) Momen Inersia sistem terhadap titik P:
)2( 22
2122
212 bRMMbMRMbII CP (2 poin)
M
Nomor Peserta: Kunci Jawaban
halaman 11 dari 15
(c) Torka total terhadap titik P:
PP I
22
21sin MbMRbMg
0sin 22
21
bR
bg
(3 poin)
(d) Ketika sistem disimpangkan dengan sudut yang kecil, maka:
sin
0
22
21
bR
bg
(2 poin)
22
21 bR
bg
bg
bRT
22
21
22
(2 poin)
6. (17 poin) Dua buah batang homogen A dan B yang panjangnya 1 m dan bermassa
masing-masing 1 kg dan 2 kg terletak paralel satu sama lain pada bidang horizontal
yang licin seperti gambar di bawah ini (dilihat dari atas). Batang B pada awalnya diam
di 0y , 0x hingga x = 1 meter. Batang A bergerak dengan kecepatan konstan 1m s
dalam arah y positif. Ujung kanan batang A sampai di 0,0 saat 0t detik dan
bertumbukan secara elastik dengan ujung kiri batang B. Tentukan kelajuan pusat
massa dan besar kecepatan sudut masing-masing batang setelah tumbukan.
A
B A B
Jawab:
Misalkan I adalah impuls yang diberikan batang A terhadap benda B ketika proses tumbukan. Misalkan Av , Bv , A , B adalah kecepatan pusat massa dan kecepatan sudut
dari benda A dan benda B. Hubungan impuls dan momentum untuk partikel A dan B (pada arah y) adalah:
y y
x x
Nomor Peserta: Kunci Jawaban
halaman 12 dari 15
'
'
A Ay Ay
B By By
I m v v
I m v v
(3 poin)
A B
BAI
ABI
'Av 'Bv
Dan hubungan impuls sudut dengan momentum sudut batang relatif terhadap pusat
massa (asumsikan gerak searah jarum jam positif),
2
2
1'
2 12
1'
2 12
A A A
B B B
LI m L
LI m L
(3 poin)
Karena vAy = v = 1 m/s, 0A B , maka keempat persamaan diatas dapat kita tulis
'
'
6'
6'
A
A
B
B
A
A
B
B
Iv v
m
Iv
m
I
m L
I
m L
(2 poin)
Karena tumbukan yang terjadi elastik sempurna, maka energi kinetik sistem sebelum dan setelah tumbukan sama,
2 2 2 2 2 2 21 1 1 1 1 1 1' ' ' '
2 2 2 2 12 2 12A Ay A Ay B By A A B Bm v m v m v m L m L
(3 poin)
Nomor Peserta: Kunci Jawaban
halaman 13 dari 15
Substitusi nilai kecepatan setelah tumbukan, kita dapatkan nilai untuk impuls
Nsv
mm
mmI
BA
BA
31
2
(2 poin)
Sehingga kecepatan batang A dan B setelah tumbukan
sradLm
I
sradLm
I
smm
Iv
smm
Ivv
B
B
A
A
B
B
A
A
/16
/26
/6
1
/3
2
'
'
'
'
(4 poin)
7. (12 poin) Sebatang kayu homogen massa m dan panjang
l salah satu ujungnya (titik A) dibuat sebagai poros
sehingga batang bisa berotasi pada bidang vertikal.
Gesekan pada poros diabaikan. Ujung batang lainnya
yang bebas (titik B) mula-mula dipertahankan pada
posisi vertikal diatas poros kemudian batang dilepaskan.
Tentukan:
a. percepatan sudut batang ketika ia membentuk sudut
terhadap vertikal.
b. pada sudut tersebut, tentukan besarnya percepatan
translasi dari ujung bebas batang.
Jawab: a. Hukum Newton II: = I
sin2
mglI A dimana IA = ml2/3
Nomor Peserta: Kunci Jawaban
halaman 14 dari 15
Maka, sin2
3
l
g
(@ 1 poin, total 4 poin)
b. Percepatan tangensial at bisa kita dapatkan dari nilai . Sedangkan
Percepatan sentripetal ac diperoleh dari nilai . Maka harus kita cari dulu nilai
dari konsep energi.
Dari kekekalan energi, diperoleh:
)cos1(22
1 2 mgl
I A
Jadi, )cos1(32 l
g
(2 poin)
Gunakan sistim sumbu polar (dengan sumbu ̂ dan
r̂ ) seperti terlihat pada gambar.
Kita pilih sebuah titik pada batang yang berjarak r
dari poros. Maka percepatan titik tersebut bisa
dinyatakan dalam bentuk:
a = at̂ + ac r̂
dimana percepatan tangensial at = r dan percepatan sentripetal ac = -2 r.
(2 poin)
Gunakan persamaan-persamaan dan yang telah diperoleh diatas dan masukan
nilai r = l, maka: rgg
a ˆ)cos1(3ˆ2
sin3
(2
poin)
Jadi besarnya percepatan translasi dari sebuah titik di ujung batang adalah:
2cos4
3cos2
4
53 ga
(2 poin)