Hak Cipta Dilindungi Undang-undang
NASKAH SOAL OLIMPIADE SAINS NASIONAL 2016 CALON PESERTA INTERNATIONAL PHYSICS OLYMPIAD (IPhO) 2017
FISIKA Teori Waktu: 5 jam
KEMENTERIAN PENDIDIKAN DAN KEBUDAYAAN DIREKTORAT JENDERAL PENDIDIKAN MENENGAH DIREKTORAT PEMBINAAN SEKOLAH MENENGAH ATAS TAHUN 2016
Hak Cipta Dilindungi Undang-undang
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:
dx ln x C x
a 2 x2 a3 x3 ... 1 ax Untuk x yang kecil (x << 1) berlaku pendekatan: e 1 ax 2! 3! ln 2 = 0,693; ln 3 = 1,099; dan ln 5 = 1,609 ax
Halaman 2 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 (0,5 poin) 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) dengan A adalah luas penampang tabung, sehingga: dp (2) 2 x dx
(0,5 poin) (0,5 poin)
Karena udara dianggap sebagai gas ideal dengan massa molekul M, maka: m pM atau (3) (0,5 poin) pV RT M RT M Maka, d (4) (0,5 poin) dp RT Substitusi (2) ke dalam (4) diperoleh:
Halaman 3 dari 15
d
M 2 xdx RT Integralkan persamaan (5), diperoleh:
M 2 2 ln x , 2 RT o dimana o adalah kerapatan udara pada x = 0. Jadi,
o ex
2
(5)
(0,5 poin)
(6)
(0,5 poin)
(7)
(0,5 poin)
M 2 . 2 RT
dengan
b. Nilai o dapat ditentukan melalui massa total udara di dalam tabung. L
L
Sdx u SL,
o ex dx u L . 2
atau
0
(8)
(2x0,5 poin)
0
Untuk yang menengah, nilai sangat kecil sehingga bisa dilakukan pendekatan:
ex 1 x 2 2
2 x4 2!
2 x8 3!
... 1 x 2 ,
(9)
(0,5 poin)
(10)
(1 poin)
Dan persamaan (8) menjadi,
0 L1
L2
u L, 3
atau
L2 u . 0 1 3
Karena temperatur dianggap sama di semua tempat dan p sebanding dengan , maka tekanan pada x = 0 adalah:
L2 pu p0 1 3
(11)
(1 poin)
Sekarang tinjau cairan didalam tabung kecil yang vertikal. Dalam keadaan setimbang kita dapatkan:
pu p0 c gh , h
atau
M 2 L2 pu 2 L2 u . 6 RT c g 6g c
L2 3
pu c gh ,
(12)
(1 poin)
(13)
(1 poin)
Halaman 4 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
B
o NI
L dimana N jumlah lilitan dan L panjang kumparan solenoida. Maka arus pada kumparan: BL 0,25 4 (0,75 poin) I 7958 A o N 4 10 7 100 Resistansi pada kumparan:
R
L 3 10 8 2 1,5 100 4,71 10 2 4 A 4 2 2 1 10
V = I R = 7958 x 0,0471 = 374,82 Volt
P
2
(0,75 poin) (0,75 poin)
2
V 37,44 2,98 MW R 0,0471
(0,75 poin)
Halaman 5 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,
Q
P 2,98 10 6 17,8 liter/s. C T 1 4190 40
(2 poin)
(c) Tekanan karena gaya magnetik,
0,25 2,49 10 4 N/m2. B2 p 2 o 2 4 10 7 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,
100 0,25 1,5 2 L 0,0222 H. 7958
dan
L 0,0222 0,471 s = 471 ms. R 0,0471
(1 poin)
(1 poin)
Variasi arus yang mengalir dalam rangkaian sebelum mencapai kondisi setimbang adalah,
I (t ) I 0 1 e t /
Jadi untuk mencapai kondisi
(0,5 poin)
I (t ) I0
99% (0,5 poin) dibutuhkan waktu selama
e t / 1 0,99 0,01 atau t = ln 100 = 4,6 2,17 s. (1 poin)
Halaman 6 dari 15
3. (14 poin) Empat buah bola identik yang licin, masing-masing bermassa m dan memiliki jarijari 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. y
z
4 1 R 1
x
R
z=0 Tampak Atas
Tampak Samping
a. (5 poin) Selama bola atas masih kontak dengan ketiga bola bawah, tentukan nilai d 2 dt 2 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 g , R,c
Halaman 7 dari 15
Jawab: a. Berdasarkan gambar berikut, kita dapatkan: z
1 R R R+r
z
R z=0
r R 2R cos
(1)
(0,5 poin)
z R 2R sin
(2)
(0,5 poin)
Dari kedua persamaan diatas kita bisa dapatkan kecepatan bola atas dan bola bawah, vr
dr 2 R sin dt
(3)
(0,5 poin)
vz
dz 2 R cos dt
(4)
(0,5 poin)
Kita juga bisa mendapatkan persamaan percepatan untuk bola atas dan bawah ar
dvr 2R 2 cos 2R sin dt
(5)
(0,5 poin)
az
dvz 2 R 2 sin 2 R cos dt
(6)
(0,5 poin)
(7)
(0,5 poin)
(8)
(0,5 poin)
(9)
(1 poin)
Hukum II Newton untuk bola atas pada arah z adalah
F
top z
maz
3N sin mg m 2 R 2 sin 2 R cos
Dan Hukum II Newton untuk bola bawah pada arah radial adalah
F
bottom r
mar
N cos m 2 R 2 cos 2 R sin
Eliminasi N dari persamaan (7) dan (8), kita bisa dapatkan
2 sin cos 2 cos g 2 2 1 2 sin 1 2 sin 2 R
Halaman 8 dari 15
b. Energi dari sistem tersebut adalah 1 3 E mvz2 mvr2 mgz 3mgR 2 2
(10)
(0,5 poin)
(11)
(0,5 poin)
Dengan menggunakan persamaan (2), (3), dan (4), kita dapatkan E 2mR2 1 2sin 2 2 2mgR 2 sin
Ketika awal, sistem dalam keadaan diam dengan posisi sudut sin 0
1 6 . (1 poin) 3
Jadi energi pada posisi awal adalah 1 E 2mgR 1 6 3
(12)
(1 poin)
c. Karena sistem merupakan sistem yang konservatif, maka energi mekanik sistem kekal, jadi dari persamaan (11) dan (12) kita dapatkan: (0,5 poin)
g 6 3 sin R 1 2sin 2
(13)
d. Ketika lepas, maka gaya normal N 0 , jadi dari persamaan (7) dan (8) kita dapatkan
(1 poin)
(0,5 poin)
2 R 2 sin c 2 R cosc g 2 R 2 cosc 2 R sin c 0
(14)
(0,5 poin)
(15)
(2x0,5 poin)
(16)
(2x1 poin)
Dari kedua persamaan tersebut, kita dapatkan g sin c 2R g cos c 2R
Substitusi ke persamaan (3) dan (4), kita dapatkan vr sin c
3/2
2 gR
vz cosc sin c
2 gR
Halaman 9 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 10 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)
(2)
(1 poin)
(3)
(1 poin)
(4)
(1 poin)
(5)
(0,5 poin)
(6)
(0,5 poin)
(7)
(0,5 poin)
(8)
(1 poin)
(9)
(0,25 poin)
(10)
(0,25 poin)
(11)
(0,5 poin)
(12)
(0,5 poin)
Hukum kekekalan massa
Substitusi pers. (2) ke (1) diperoleh:
Karena mesinnya dua:
b) Diketahui massa
Atau
dan dari pers. (4) diatas:
Halaman 11 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, atau
(0,5 poin) (24) (1 poin)
Halaman 12 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 13 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 :
Dengan mensubsituti akan menghasilkan :
dan
(1 poin) , kemudian dua persamaan di atas (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 14 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!
=====
Halaman 15 dari 15
