KEMENTERIAN PENDIDIKAN DAN KEBUDAYAAN

Hak Cipta Dilindungi Undang-undang

SOAL UJIAN SELEKSI CALON PESERTA OLIMPIADE SAINS NASIONAL 2016 TINGKAT PROPINSI

FISIKA Waktu : 3,5 jam

KEMENTERIAN PENDIDIKAN DAN KEBUDAYAAN DIREKTORAT JENDERAL PENDIDIKAN DASAR DAN MENENGAH DIREKTORAT PEMBINAAN SEKOLAH MENENGAH ATAS TAHUN 2016

KEMENTERIAN PENDIDIKAN DAN KEBUDAYAAN DIREKTORAT JENDERAL PENDIDIKAN DASAR DAN MENENGAH DIREKTORAT PEMBINAAN SEKOLAH MENENGAH ATAS

Olimpiade Sains Nasional 2016 Tingkat Propinsi

Bidang

Fisika

Ketentuan Umum:

12345-

Periksa lebih dulu bahwa jumlah soal Saudara terdiri dari 7 (tujuh) buah soal. Waktu total untuk mengerjakan tes ini adalah 3,5 jam. Peserta dilarang menggunakan kalkulator. Peserta dilarang meminjam dan saling meminjamkan alat-alat tulis. 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 11- Info berikut mungkin bermanfaat: 2 = 1,414; 3 = 1,732; 5 = 2,236; 7 = 2,646; 11 = 3,317; 13 = 3,606; 17 = 4,123.

halaman 2 dari 19 Hak Cipta Dilindungi Undang-undang

Tes Seleksi OSN 2016 Bidang FISIKA TINGKAT PROPINSI Waktu: 3,5 Jam

v0 1. (12 poin) Sebuah bola dilemparkan dengan kecepatan pada arah horisontal dari suatu puncak bukit yang memiliki sudut kemiringan  terhadap horisontal. Setiap g kali menumbuk permukaan bukit yang miring, tumbukan selalu bersifat elastik. Pada saat tumbukan ke n, bola tepat sampai  di dasar bukit. Percepatan g mengarah vertikal ke bawah. a. (10 poin) Tentukan tinggi bukit (dinyatakan dalam v0, g, n, dan  ), b. (2 poin) Hitung ketinggian puncak bukit tersebut jika  = 30o, v0 = 10 m/s, n = 10 kali dan g = 10 m/s2.

Solusi: a.

cos 

Koordinat x dipilih sejajar dengan permukaan miring bukit, dan koordinat y tegaklurus koordinat x. Kecepatan jika diuraikan ke dalam komponen x dan y menjadi:


Percepatan gravitasi g jika diuraikan ke dalam komponen x dan y menjadi

Persamaan kecepatan adalah

(1 poin) Sedangkan persamaan koordinat adalah

(1 poin) Saat menumbuk permukaan bukit pertama kali,

sehingga lama bola di udara adalah (1 poin)

Jika waktu t ini dimasukkan ke dalam kecepatan, diperoleh komponen kecepatan sesaat sebelum menumbuk bukit pertama kali (n = 1) pada arah x dan y yaitu

(1 poin) Karena tumbukan bersifat elastik, maka komponen kecepatan ke arah x tetap nilainya, sedangkan komponen kecepatan ke arah y berubah tanda.

(1 poin) Tampak bahwa setelah tumbukan pertama kecepatan awal peluru pada arah y sama seperti sebelumnya = . Sedangkan kecepatan awal peluru pada arah x berubah dari menjadi

.

Untuk tumbukan berikutnya (n = 2), dengan mengingat kecepatan awal pada arah sumbu y bernilai tetap yaitu serta percepatan pada arah sumbu y juga tetap yaitu lama bola di udara juga sama seperti pada kasus sebelumnya yaitu (1 poin)


Jika ini dimasukkan ke dalam persamaan kecepatan maka kecepatan bola sesaat sebelum menumbuk permukaan bukit (n = 2) pada arah sumbu x adalah

Komponen kecepatan pada arah sumbu y (n = 2) sama seperti pada kasus sebelumnya yaitu

Untuk komponen kecepatan pada arah x, dengan melihat pola

maka setelah menumbuk n kali, komponen kecepatan pada arah x adalah (1 poin) Sedangkan komponen kecepatan pada arah y bernilai tetap sebesar

Kuadrat kecepatan setelah tumbukan ke n adalah (1 poin) Untuk menentukan tinggi bukit H digunakan persamaan energi mekanik yang akhirnya dapat ditulis menjadi: (2 poin) yang dapat disederhanakan menjadi

b. Masukan harga2 yang ada, diperoleh: H = 650/3

(2 poin) *** halaman 5 dari 19


2. (12 poin) Sebuah pesawat ruang angkasa dikirim untuk mengamati sebuah planet berbentuk bola yang bermassa M dan berjari-jari R. Ketika pesawat tersebut menyalakan mesinnya sedemikian sehingga berada pada posisi diam terhadap planet tersebut dengan jarak d dari pusat planet tersebut (d > R), pesawat tersebut menembakkan sebuah paket bermassa m dengan kecepatan awal v0. Massa m jauh lebih kecil daripada massa pesawat. Paket tersebut ditembakkan membentuk sudut  terhadap garis radial yang menghubungkan pusat planet dan pesawat tersebut sehingga benda paket tersebut menyinggung permukaan planet. Tentukan: a. (4 poin) laju benda saat menyinggung permukaan planet, b. (4 poin) sudut  agar paket tersebut tepat menyinggung permukaannya, c. (4 poin) kemudian untuk jarak d yang tetap, tentukan syarat untuk v0 (dinyatakan dalam G, M, R dan d) agar selalu ada sudut  sedemikian sehingga paket tersebut dapat menyinggung planet.

Solusi:  a. Gaya yang bekerja pada paket adalah gaya gravitasi yang merupakan gaya sentral F (r ) sehingga torka yang bekerja pada paket adalah   dL      r  F (r )  0 . (1 poin) dt

 Akibatnya momentum sudut paket L konstan. Gaya sentral ini juga mengakibatkan gerak paket dibatasi pada bidang datar dua dimensi.

    L  m r  v  m r v sin   mv0 d sin   Saat menyinggung planet, L  mv1 R sin 90  mv1 R Saat awal,

Maka,

(1)

(1 poin)

(2)

(1 poin)

(3)

(1 poin)

mv0d sin   mv1R

sehingga laju paket saat menyinggung planet adalah: d sin  v1  v0 R


b. Selain itu, gaya gravitasi bersifat konservatif, sehingga berlaku kekekalan energi mekanik. Untuk kasus ini berlaku kekekalan energi mekanik: 1 mv 2  GMm  1 mv 2  GMm (4) (1 poin) 0 1 2 2 d R Dengan memasukkan nilai v1 dalam pers. (3) ke dalam pers. (4) diperoleh:

R 2  2GM  1 1   sin   2 1  2     d  v0  R d   2

(5)

(2 poin)

(6)

(1 poin)

atau

R

  arcsin 

d 

1

2GM  1 1      v02  R d  

c. Agar selalu ada sudut  ketika paket tersebut menyinggung planet, maka

sin 2   1

R 2  2GM 1  2 d 2  v0

 1 1      1  R d  

(7)

(1,5 poin)

(8)

(1 poin)

(9)

(1,5 poin)

yang jika disederhanakan akan menghasilkan v0 

2GMR d (d  R)


3. (14 poin) Gambar di samping memperlihatkan sebuah papan pejal tipis homogen dengan panjang 2b dan massa M. Di kedua ujung papan dilekatkan massa m. Sistim papan ini dapat “menggelinding” (rolling) tanpa tergelincir (slip) di atas permukaan kasar suatu silinder yang berjari-jari a. Papan tersebut mula-mula setimbang, yaitu saat titik berat papan (titik G) tepat berada di titik puncak silinder tersebut (titik A), dan selanjutnya diberikan sedikit simpangan. Jika papan kemudian berosilasi dan  adalah sudut AOC, tentukan besarnya periode osilasi kecil dari papan tersebut.

y G

A

C a

 x O

Solusi : Dalam gambar di atas, katakan C adalah titik kontak antara papan dengan silinder dan  adalah sudut antara OC dengan sumbu vertikal OA sehingga sudut  menampilkan besar inklinasi papan terhadap arah mendatar. Dan karena papan ‘menggelinding’ tanpa slip di atas silinder tersebut maka panjang GC sama dengan panjang busur AC. (1 poin) Katakan koordinat posisi titik G adalah (X, Z) dalam sistem koordinat kartesian Oxy sebagaimana diperlihatkan dalam gambar di atas. Jadi diperoleh:

dan

X  a sin   a cos   a sin    cos  

(1 poin)

Z  a cos   a sin   a cos    sin  

(1 poin)

sehingga

X  a  sin   Z  a  cos  

(1 poin)

(1 poin) Selanjutnya dapat dihitung energi kinetik T dan energi potensial gravitasi V (relatif terhadap titik acuan O) papan dinyatakan dalam koordinat sudut , yaitu





1 11  M X 2  Z 2   Mb 2   2 2 23  1 1  Ma 2 2 2  Mb 2 2 2 6

T

V M gZ  M g a cos    sin  

(2 poin)

(2 poin)

Hukum kekekalan energi untuk papan adalah

1 1 Ma 2 2 2  Mb 2 2  Mgacos    sin    E 2 6

(1 poin)


dengan E adalah energi total yang konstan. Dengan memberlakukan syarat bahwa diperoleh persamaan gerak untuk sudut simpangan , yaitu

 

 2 2 1 2   2 2  a   b    a    ga cos   0 3  

dE 0 dt

(1 poin) (1 poin)

yang merupakan persamaan eksak untuk osilasi besar dari papan. Dan kalau yang ditinjau hanya untuk osilassi kecil maka diperoleh persamaan gerak

 3ga   0 2   b 

  

(1 poin)

Yang tidak lain merupakan persamaan osilasi harmonis sederhana, sehingga periode osilasinya adalah T  2

b2 2b  3ga 3ga

(1 poin)


4. (14 poin) Dua buah partikel dengan massa masing-masing adalah m dan M dihubungkan oleh sebuah batang tegar tak bermassa dengan panjang l. Sistem berada pada suatu meja mendatar licin dan membentuk sudut θ terhadap garis vertikal seperti pada gambar. Sistem bergerak dengan laju pusat massa v0 dan laju angular ω0 = 0 mendekati sebuah dinding vertikal licin. Jika koefisien restitusi tumbukan antara partikel 1 dengan dinding adalah e, tentukan:

M 2

v0

θ

y 1

m x Dinding Licin a. (10 poin) Kecepatan angular sistem sesaat setelah tumbukan b. (4 poin) Kecepatan partikel 1 dan partikel 2 sesaat setelah tumbukan

Solusi : a. Momentum linear sistem sebelum tumbukan adalah  pi  M  mv0 iˆ

(1 poin)

(1)

Misalkan titik P adalah posisi partikel 1. Posisi partikel 2 relatif terhadap titik P adalah,  r2  l  sin  iˆ  cos  ˆj (2) (1 poin)





Hanya partikel 2 yang memiliki momentum sudut sistem sebelum tumbukan relatif terhadap titik P, jadi    L  r  p  Mv l cos  kˆ (3) (1 poin) i

2

2i

0

Karena dinding licin, maka tidak ada impuls pada arah y sehingga momentum linear arah y konstan sama dengan nol, mv1fy  Mv2f y (4) (0,5 poin) Dan karena tumbukan dengan dinding memiliki koefisien restitusi e, maka

v1fx  ev1i x  ev0

(5)

(0,5 poin)


y M 2

l cosθ

θ

y2

P

N

1

y1

m x x2

l sinθ x1

Karena batang penghubung kedua partikel adalah batang tegar, maka kita dapatkan,

v2f x  ev 0   f l cos  v2f y  

m f l mM

(2 poin)

(6)

sin 

Momentum sudut sistem setelah tumbukan relatif terhadap titik P adalah,

  Ml 2 f    L f  r2  p 2 f   m  M cos 2   eMv 0 l cos   kˆ  m  M 





(7)

(2 poin)

Karena impuls yang diberikan pada sistem oleh dinding bekerja di partikel 1 (titik P), maka momentum sudut sistem relatif terhadap titik P konstan. Jadi, kita dapatkan

f  

v0 m  M  1  e cos  l m  M cos 2 

(8)

(2 poin)

Mv0 1  e  cos  sin  ˆ  v1f  ev 0 iˆ  j m  M cos 2 

(9)

(2 poin)

mv 1  e  cos  sin  ˆ  v2f   0 j m  M cos 2 

(10)

(2 poin)

b. Jadi kecepatan partikel setelah tumbukan adalah


5. (16 poin) Gambar di samping memperlihatkan sebuah peluncur barang (slipway) yang sangat panjang, dan berbentuk bidang miring yang membentuk sudut  terhadap arah mendatar. Bidang miring tersebut dilengkapi dengan sangat banyak roda (roller) identik, dengan dua roda  terdekat berada pada jarak d satu sama lain (lihat gambar). Semua roda tersebut memiliki sumbusumbu rotasi mendatar dan merupakan silinder-slinder baja pejal yang permukaannya diselubungi dengan lapisan karet yang tipis dan diabaikan massanya. Masing-masing silinder tersebut bermassa m dan berjari-jari r. Sebilah papan dengan massa M dan panjang jauh lebih besar daripada d , mulai dilepas dari puncak peluncur barang tersebut. Abaikan gesekan udara dan gesekan pada poros-poros roda tersebut. Tentukan kelajuan akhir (terminal speed) vmax papan tersebut.

Solusi : Papan yang telah bergerak sejauh L menyebabkan munculnya kecepatan sudut sebesar max  vmax / r (0,5 poin) pada roda-roda sebanyak L/d buah. Pada saat tersebut papan mengalami penurunan energi potensial sebesar MgLsin sehingga tiap roda memperoleh 1 2 1 2 1  mvmax energi kinetik sebesar Imax (1 poin) dimana harga I  mr 2 (0,5 poin). 2 4 2 Disini berlaku bahwa kelajuan tangensial akhir pada tiap permukaan roda sama dengan kelajuan akhir (terminal speed) papannya. Katakan F(t) adalah gaya gesek kinetik antara papan dengan tiap roda, yang berarti bahwa gaya gesek tersebut tidak perlu dianggap konstan terhadap waktu t . Dalam interval waktu singkat Δt telah terjadi perubahan momentum sudut tiap roda sebesar

I   rF (t )t

(2 poin)

Perubahan-perubahan momentum sudut semua roda dapat dijumlahkan dan menghasilkan besar kecepatan sudut akhir roda, yaitu r  F (t ) t  I  max  I

vmax r

(2 poin)

Di sisi lain, usaha yang telah dilakukan selama interval waktu Δt untuk melawan atau mengatasi gesekan yang memunculkan kalor ΔQ adalah sama dengan hasil kali antara gaya gesek kinetik dan besar pergeseran relatif, yaitu

Q  F (t ) vmax  r (t )t

(2 poin)

Dengan demikian, energi total yang terdissipasi adalah:


Q   F (t ) v max  r (t )t  r max  F (t )t  I    2  I max I

2  max

2



(4 poin)

1 2 I max 2

Perhatikan bahwa pada baris terakhir persamaan di atas telah digunakan hubungan

1 2

  ( 2 ) . Hasil ini memperlihatkan bahwa besar kalor yang terdissipasi sama dengan besar energi kinetik yang diperoleh roda-roda. Dengan demikian berlaku:

MgL sin  

L1 2 L1 2 mvmax  Q  2 mvmax d4 d4

(2 poin)

sehingga besar kelajuan akhir (terminal speed) vmax papan adalah: v max 

2dMg sin  m

(2 poin)


6. (16 poin) Sebuah batang dengan massa di-bengkok-an sehingga berbentuk siku-siku di B dengan sisi panjang AB adalah seperti terlihat pada gambar di bawah. Dua buah manik– manik kemudian ditaruh pada kedua sisi batang tersebut dengan massa masing–masing dan , serta dihubungkan oleh sebuah benang tak bermassa dengan panjang . Sudut antara lantai horizontal dengan sisi AB adalah . Abaikan semua gesekan pada semua kontak. B

C

A

Bila sistem di atas dalam keadaan setimbang, tentukan: a) (2 poin) sudut , yaitu sudut antara benang dan sisi panjang batang b) (2 poin) besar tegangan pada benang Dalam kasus umum, sistem tersebut tidak setimbang dimana nilai . Jika batang ABC selama gerakannya diasumsikan tetap tegak, tentukan: c) (3 poin) percepatan relatif setiap manik–manik terhadap batang sebagai fungsi , d) (3 poin) percepatan horizontal pusat massa batang, , sebagai fungsi , e) (3 poin) percepatan massa m1 terhadap lantai, a1, sebagai fungsi f) (3 poin) percepatan massa m2 terhadap lantai, a2, sebagai fungsi Solusi: a) Perhatikan gambar disamping dan gunakan persamaan gaya arah gerak sehingga  F  ma (1) (0,5 poin) T cos   m1 g sin   m1a  0

     T cos     m2 g sin     m2 a  0 2  2 

dengan

,

(0,5 poin)

(2) (0,5 poin)

T sin  m2 g cos   T cos  m1 g sin 

Maka didapat: tan  

m2 cot  m1

(3)

(0,5 poin)


b) Gunakan persamaan

dan

, sehingga

Maka didapat besarnya tegangan pada benang:

(1 poin) (1 poin)

Berikut ini adalah beberapa langkah untuk menjawab poin c, d, e dan f) dengan memperhatikan gambar dibawah. Persamaan gaya manik – manik relatif terhadap batang: (1 poin) (1 poin) (1 poin) (1 poin) Persamaan gaya pusat massa batang:

u

  N1 sin   N 2 sin     MAx 2 

w

(9) (1 poin)

c) Hubungan posisi

u  l cos  w  l sin 

u 2  w2  l 2

(0,5 poin)

Di differensialkan:  2  ww   0  0  u 2  uu  w uu  ww 2 2   l   0  ucos   w  sin   l 2 2  0 uu  ww Karena:

u  a1'

dan

(0,5 poin) (0,5 poin)

  a2' w

a1' cos   a2' sin   l 2 2 Maka: (10) (0,5 poin) Gunakan persamaan (5), (6), dan (10) diperoleh: T cos   m1 g sin   m1 Ax cos   m1l 2 2 sec  m tan   1 (0,5 poin) m2        T cos      m2 g sin      m2 Ax cos     2  2  2  T m2 cos   m1 sin  tan    m1m2 g cos  tan   sin    Ax cos   sin  tan    m1m2 l 2 2 sec  (0,5 poin) halaman 15 dari 19 Hak Cipta Dilindungi Undang-undang

Gunakan persamaan (7), (8), dan (9) diperoleh:  m1 Ax sin   m1 g cos   T sin  sin   m2 Ax cos   m2 g sin   T cos  cos   MAx (0,5 poin)





 T cos  cos   sin  sin    g sin  cos  m1  m2   m1 sin   m2 cos 2   M Ax 2

(0,5 poin) Maka,

Ax 



 





g sin  cos  m12 sin 2   m22 cos 2   m1m2 g tan  1  2 cos 2   m1m2 l 2 2 cos    m1 sin 2   m2 cos 2   M m1 sin 2   m2 cos 2   m1m2 cos 2     (0,5 poin)  Ax  Ax iˆ





Gunakan persamaan (5) dan (6) diperoleh: m1a1' sin   m2 a2' cos   g m2 cos  cos   m1 sin  sin    Ax m1 cos  sin   m2 sin  cos   (0,5 poin) d) Maka,

a1  a1' cos   Ax iˆ  a1' sin  ˆj

(12)

(0,5 poin)

(13)

(0,5 poin)

e)

      a 2   a 2' cos      Ax  iˆ  a 2' sin    ˆj 2  2    dimana, a1' 

g m2 cos  cos   m1 sin  sin    Ax m1 cos  sin   m2 sin  cos  sin   m2 l 2 2 cos  m1 sin 2   m2 cos 2 

(0,5 poin) g m2 cos  cos   m1 sin  sin    Ax m1 cos  sin   m2 sin  cos  cos   m2 l 2 2 sin  a 2'  m1 sin 2   m2 cos 2  (0,5 poin)


7. (16 poin) Tiga buah silinder identik masing-masing bermassa m dan jari-jari R disusun seperti pada gambar disamping (Anggap antara dua silinder bawah permukaannya hanya menyinggung). a) (4 poin) Apabila sistem dalam kondisi setimbang, tentukan nilai koefisien gesek statis minimum silinder dengan lantai! Asumsikan bahwa gesekan hanya terjadi pada permukaan silinder dengan lantai, sedangkan antar silinder bisa dianggap licin. Apabila kondisinya adalah ketiga silinder di atas memiliki permukaan yang licin, permukaan lantai juga licin, dan sistem ditahan agar tetap pada posisi seperti pada gambar di atas. Kemudian seketika sistem penahan dilepas dan ketiga silinder bebas bergerak. Tentukan: b) (5 poin) Besar percepatan silinder atas sesaat setelah sistem penahan dilepas. c) (5 poin) Besar gaya normal yang terjadi antar silinder sesaat setelah sistem penahan dilepas. Apabila kondisinya adalah tidak ada gaya gesek antar permukaan silinder, namun permukaan lantai sangat kasar sehingga ada gaya gesek yang cukup besar antara permukaan silinder dengan permukaan lantai. Sistem tiga silinder awalnya ditahan seperti pada gambar di atas kemudian seketika dilepaskan sehingga ketiga silinder bergerak. Akibat adanya gaya gesek yang besar antara silinder dengan lantai, maka kedua silinder yang bawah akan mengalami gerakan tidak slip terhadap lantai. Tentukan: d) (1 poin) Besar percepatan silinder atas sesaat setelah sistem penahan dilepas. e) (1 poin) Besar gaya gesek yang terjadi antara permukaan silinder bawah dengan permukaan lantai. Solusi: a) Tinjau silinder atas

(1 poin)


Tinjau silinder bawah

(1 poin)

(1 poin)

(1 poin)

b)

(1 poin)

(1 poin)

Dari persamaan (2) dan (3) diperoleh: Dari persamaan (4) dan (1) diperoleh:

(1 poin) dan (1 poin) halaman 18 dari 19


Jadi:

besar percepatan silinder atas (0,5 poin) besar gaya normal antara silinder atas dan bawah (0,5 poin)

c) Tinjau silinder bawah (1 poin)

(1 poin)

Substitusi pers.(7) ke dalam pers. (6), diperoleh: (1 poin) (1 poin) (1 poin) dan d. Maka e. dan

besar percepatan silinder atas besar gaya gesek yang bekerja di lantai

(1 poin) (1 poin)

***


KEMENTERIAN PENDIDIKAN DAN KEBUDAYAAN

Recommend Documents