fisika - olimpiade.psma.kemdikbud.go.idolimpiade.psma.kemdikbud.go.id/index/soal/soal olimpiade...

SOAL UJIAN

SELEKSI CALON PESERTA OLIMPIADE SAINS NASIONAL 2015

TINGKAT PROPINSI

Waktu : 3,5 jam

KEMENTERIAN PENDIDIKAN DAN KEBUDAYAAN DIREKTORAT JENDERAL PENDIDIKAN MENENGAH

DIREKTORAT PEMBINAAN SEKOLAH MENENGAH ATAS

TAHUN 2015

FISIKA

Hak Cipta

Dilindungi Undang-undang

Halaman 2 dari 19

Hak Cipta


KEMENTERIAN PENDIDIKAN DAN KEBUDAYAAN

DIREKTORAT JENDERAL PENDIDIKAN MENENGAH

DIREKTORAT PEMBINAAN SEKOLAH MENENGAH ATAS

Olimpiade Sains Nasional 2015

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

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.

http://www.tpof-indonesia.org/

Halaman 3 dari 19

Hak Cipta


Tes Seleksi OSN 2015 Bidang FISIKA

TINGKAT PROPINSI

Waktu: 3,5 Jam

1. (10 poin) Sebuah benda yg bergerak pada bidang 2 dimensi mendapat gaya konstan. Setelah detik

pertama, kelajuan benda menjadi 1/3 dari kelajuan awal benda. Dan setelah detik selanjutnya (detik

kedua), kelajuan benda menjadi 1/3 nya lagi (dibandingkan setelah detik pertama). Tunjukan apakah

benda tersebut pernah mengalami berhenti sesaat selama proses pergerakannya? Jika pernah, tentukan

kapan waktunya (t dalam sekon dan ambil acuan waktu t = 0 dari saat kelajuan benda masih V)!

Solusi:

taVV yoyy 2222 2 tataVVV yyoyoyy (1)

taVV xoxx 2222 2 tataVVV xxoxoxx (2) (1 poin)

Jumlahkan pers. (1) dan (2) diperoleh:

2222222 2 taataVaVVVVV xyxoxyoyoyoxyx (1 poin)

Disederhanakan menjadi: 2

21

22 tCtCVV o (3) (1 poin)

Ketika t = 1 V = 1/3 Vo, maka pers. (3) berubah menjadi:

21

22

9

1CCVV oo atau (1 poin)

21

2

9

80 CCVo (4)

t = 2 oo VVV9

1

3

1

3

1

. Substitusikan ke pers. (3) diperoleh:

21

22 4281

1CCVV oo atau (1 poin)

21

2 281

400 CCVo (5)

Pers. (5) – (4): 2

2

9

8

81

400 CVo

(1 poin)

atau 2

281

32oVC (6)

Substitusikan pers. (6) ke (4):

2

1

2

81

32

9

80 oo VCV (1 poin)

Halaman 4 dari 19

Hak Cipta


atau 2

181

104oVC (7)

Substitusikan pers. (6) dan (7) ke pers. (3):

22222

81

32

81

104tVtVVV ooot (1 poin)

Apakah benda diam sesaat atau tidak, berarti Vt = 0,

jadi 2222

81

32

81

1040 tVtVV ooo (1 poin)

Kalikan persamaan diatas dengan 281 oV , diperoleh:

32 t2 – 104 t + 81 = 0 (1 poin)

8

713t , jika diambil pendekatan 2 < 7 < 3, maka

28

71 t detik atau

8

31

4

11 t detik.

Jadi benda pernah berhenti sesaat pada saat t dalam selang waktu

8

31

4

11 t detik atau 2

8

71 t detik

2. (12 poin) Sebuah batang tegar AB dengan panjang L bermassa m berada di atas meja

horisontal licin. Sebuah tali tak bermassa dipasang pada katrol licin dimana ujung yang satu

dihubungkan pada ujung batang A, sedangkan ujung tali satunya lagi dihubungkan dengan

beban M (lihat gambar di bawah). Mula-mula batang AB tegak lurus dengan tali tersebut,

kemudian beban M dilepaskan.

a. Sesaat setelah beban M dilepaskan, tentukan tegangan tali, percepatan beban M serta

percepatan pusat massa batang m.

b. Tentukan posisi titik pada batang (diukur dari A) yang memiliki percepatan nol pada saat

beban M dilepaskan.

Halaman 5 dari 19

Hak Cipta


Jawaban

a. Misalnya a adalah percepatan pusat massa batang, 1a adalah percepatan ujung batang yang

dihubungkan dengan tali, adalah percepatan sudut batang. Hubungan antara ketiganya

adalah

1 / 2a a L . (1 poin) (1)

Karena tali tidak mulur, maka besar percepatan ujung batang tersebut juga sama dengan

besar percepatan pada beban M sebesar 1a . Persamaan gaya pada beban M adalah

1Mg K Ma . (1 poin) (2)

dengan K = tegangan tali.

Persamaan gerak untuk pusat massa batang adalah

K ma (1 poin) (3)

Sedangkan persamaan gerak rotasi batang adalah

2112

/ 2KL mL . (1 poin) (4)

Dari empat persamaan di atas, dapat dilakukan substitusi untuk menentukan empat besaran

yaitu a, 1a , dan K. Substitusi pers. (3) ke (4) menghasilkan:

A

B

A

B

Gambar gaya2: 0,5 poin

Halaman 6 dari 19

Hak Cipta


Percepatan sudut pusat massa batang

6 6

4

a M g

L m M L

(0,5 poin) (5)

Percepatan pusat massa batang dengan arah ke depan

gMm

MaCM

4 (1 poin) (6)

Percepatan beban M dengan arah ke bawah

gMm

Maa CMM

4

44

(1 poin) (7)

Tegangan tali

gMm

mMT

4 (1 poin) (8)

b. Jika x adalah jarak titik dari pusat massa batang dimana nilai x positif dengan arah menuju

ujung batang yang terikat pada tali, maka percepatan di titik tersebut adalah

'a a x (1 poin) (9)

Jika a’ = 0 maka

6

a Lx

(1 poin) (10)

Jadi, titik yang memiliki percepatan nol terletak pada jarak L/6 dari pusat batang menjauhi

ujung batang yang terikat tali atau berjarak 2L/3 dari ujung batang A. (2 poin)

3. (14 poin) Sebuah kereta bermassa M = 3 kg memiliki permukaan horisontal yang tersambung

dengan permukaan berbentuk seperempat lingkaran berjari-jari R = 0,5 m (lihat gambar di

bawah). Sebuah partikel bermassa m = 2 kg bergerak di atas permukaan horisontal kereta

tersebut dengan kecepatan v = 15 m/s terhadap lantai. Pada saat partikel tersebut sudah

bergerak di atas kereta, kereta tersebut berada dalam keadaan diam terhadap lantai. Seluruh

permukaan bersifat licin dan tumbukan bersifat lenting sempurna. Percepatan gravitasi g = 10

m/s2 ke bawah.

Halaman 7 dari 19

Hak Cipta


a. Pada saat partikel tersebut berada pada permukaan seperempat lingkaran dimana sudut

yang dibentuk antara garis yang menghubungkan partikel dan pusat lingkaran dengan garis

vertikal ke bawah adalah , tentukan masing-masing besar kecepatan partikel dan

kecepatan kereta terhadap lantai sebagai fungsi .

b. Tentukan kecepatan partikel terhadap lantai tepat ketika meninggalkan kereta.

c. Tentukan jarak yang ditempuh kereta sejak partikel meninggalkan kereta hingga kembali

menumbuk kereta tersebut.

d. Ketika partikel tersebut kembali menumbuk kereta dan sudah berada pada lintasan

horisontal kereta tersebut, tentukan besar kecepatan partikel dan kereta terhadap lantai.

Jawaban

a. Pada saat partikel m masih berada di lintasan horisontal, maka kecepatan M terhadap lantai

= 0 (M masih diam terhadap lantai karena ditahan oleh tembok tepat di sebelah kiri M),

sedangkan kecepatan m terhadap lantai adalah v.

Sedangkan ketika partikel berada di lintasan lingkaran, kereta mulai bergerak terhadap

lantai. Ketika partikel m berada pada lintasan lingkaran dengan sudut terhadap garis

vertikal = , maka asumsikan bahwa kecepatan tangensial m relatif terhadap kereta adalah

u. Komponen horisontal dan vertikal u terhadap kereta masing-masing adalah cosu dan

sinu . (1 poin)

Saat itu, kecepatan kereta horisontal terhadap lantai adalah V.

Kecepatan partikel m terhadap lantai adalah ( , )x yw ww . Jadi komponen kecepatan

horisontal dan vertikal m terhadap lantai masing-masing adalah

cosxw V u (1)

sinyw u . (2)

Halaman 8 dari 19

Hak Cipta


Pada arah horisontal, tidak ada gaya luar yang bekerja sehingga momentum total

horisontal terhadap lantai bernilai tetap.

.0 ( ) cosxmv M mw MV m M V mu (3)

Jadi

( cos )m v uV

m M

(1 poin) (4)

Kekekalan energi mekanik antara sebelum dan setelah partikel menaiki permukaan

seperempat lingkaran:

2 2 2 2 21 1 1 12 2 2 2

.0 ( ) (1 cos )x ymv M m w w MV mgR (1 poin) (5)

2

2 2 21 1 12 2 2

( cos )( cos ) ( sin ) (1 cos )

m v umv m V u u M mgR

m M

Setelah disederhanakan, hasilnya adalah

22

2

2 ( )(1 cos )

sin

Mv gR m Mu

M m

(6)

2

2

2 ( )(1 cos )

sin

Mv gR m Mu

M m

(7)

Jika dimasukkan angka-angkanya maka:

Besar kecepatan partikel m terhadap kereta adalah

2

625 50cos

3 2sinu

(1 poin) (8)

Besar kecepatan kereta terhadap lantai adalah

2

25 2cos6 2cos

3 2sinV

(1 poin) (9)

Besar kecepatan partikel m terhadap lantai adalah

2 2 2 2 2 cosx yw w w u V uV (1 poin) (10)

dengan u dan V diberikan pada persamaan (9) dan (10).

Gambar gaya2: 1 poin

Halaman 9 dari 19

Hak Cipta


Cek: ketika m mulai memasuki lintasan lingkaran, = 0 sehingga u = 15 m/s, V = 0 dan w

= u = 15 m/s.

b. Saat partikel tepat meninggalkan kereta, = 90 sehingga besar kecepatan partikel terhadap

lantai adalah u = 5 5 m/s, sedangkan besar kecepatan kereta terhadap lantai adalah V = 6

m/s. (1 poin)

Komponen horisontal dan vertikal kecepatan partikel terhadap lantai berturut-turut adalah

cos(90)xw V u V 6 m/s dan sin(90) 5 5yw u m/s. (1 poin)

Jadi besar kecepatan partikel m terhadap lantai adalah

2 2 2 26 (5 5) 161x yw w w m/s. (11)

c. Dari (b), kecepatan horisontal partikel terhadap lantai sama dengan kecepatan kereta

terhadap lantai. Karena itu jarak yang ditempuh kereta = kecepatan kereta dikalikan waktu

tempuh, dengan waktu tempuh = waktu yang ditempuh m ketika bergerak ke atas dengan

kecepatan vertikal mula-mula yw .

Waktu yang ditempuh adalah

2 2 5 55

10

ywt

g

detik (2 poin) (12)

Jarak yang ditempuh adalah

x Vt (6 m/s)( 5 ) detik = 6 5 m (1 poin) (13)

d. Saat partikel kembali bertemu dengan kereta, partikel akan tepat bersinggungan dengan

ujung lintasan lingkaran paling atas (kebalikan dari ketika partikel meninggalkan kereta).

Selanjutnya, partikel akan bergerak menuruni lintasan lingkaran hingga sampai akhirnya

menyusuri lintasan kereta yang horisontal. Karena tidak ada energi yang hilang selama

peristiwa berlangsung, dapat digunakan kekekalan energi kinetik dan momentum.

Keadaan pertama adalah ketika kereta masih diam (V = 0) dan partikel bergerak dengan

kecepatan terhadap lantai u = 15 m/s.

Keadaan kedua adalah ketika partikel sudah kembali ke lintasan horisontal dengan

kecepatan terhadap lantai u’ dengan kecepatan kereta terhadap lantai V’.

Kekekalan energi:

2 2 2 21 1 1 12 2 2 2

.0 ' 'mu M mu MV (1 poin) (14)

Kekekalan momentum:

.0 ' 'mu M mu MV (1 poin) (15)

Maka kecepatan partikel terhadap lantai sekarang adalah

Halaman 10 dari 19

Hak Cipta


' 3m M

u um M

m/s. (16)

Kecepatan kereta terhadap lantai sekarang adalah

2'

MV u

m M

12 m/s. (1 poin) (17)

4. (14 poin) Sebuah satelit bergerak dalam orbit lingkaran di sekitar sebuah planet dengan

periode revolusi sebesar 1T = 8 jam. Lintasan satelit tersebut akan diubah ke orbit lingkaran

lainnya dengan periode sebesar 2T = 27 jam melalui cara sebagai berikut. Pertama, satelit

tersebut pada orbit pertamanya seketika diubah besar kecepatannya tanpa merubah arahnya,

sehingga ia akan bergerak dalam orbit transisi yang berbentuk ellips. Ketika satelit tersebut

telah menempuh jarak dari planet yang diinginkan, kecepatannya diubah seketika sesuai

dengan orbit kedua dengan periode 2T . Tentukan:

a. waktu yang dibutuhkan untuk berpindah dari orbit pertama ke orbit kedua.

b. prosentase perubahan besar kecepatan satelit pada keadaan pertama dan kedua relatif

terhadap kecepatan masing-masing orbit lingkarannya.

Jawaban

a. Misalnya 1R dan 2R adalah jari-jari orbit lingkaran satelit, 1v dan 2v adalah kecepatan

orbit satelit, sedangkan 1u dan 2u adalah kecepatan satelit pada orbit transisi berbentuk

ellips masing-masing pada jarak 1R dan 2R .

Persamaan gaya gravitasi Newton:

2

2

v mMm G

R R maka

2

1

1

GMv

R dan

2

2

2

GMv

R (1 poin) (1)

2 2 2

2

4 /R T mMm G

R R

maka

3 2

1 124

GMR T

dan

3 2

2 224

GMR T

(1 poin) (2)

dengan M = massa planet. Persamaan (2) menunjukkan bahwa pangkat tiga jarak satelit ke

planet sebanding dengan kuadrat periode. Hal ini merupakan hukum Kepler ketiga.

Pada orbit ellips, panjang sumbu semi-mayor adalah

Halaman 11 dari 19

Hak Cipta


1 2

2

R Ra

(1 poin) (3)

dengan periode sebesar T. Sesuai dengan hukum Kepler ketiga di atas, maka

2 3

2 3

1 1

.T a

T R (1 poin) (4)

Dengan memasukkan persamaan (2) dan (3) ke dalam persamaan (4) diperoleh

3 2/3 2/3 3 2/3 2/3 32 2 21 2 1 2 1 2

1 13 2

1 1

( ) ( ) ( ).

8 8 8

R R T T T TT T T

R T

(1 poin) (5)

Periode orbit ellips adalah

2/3 2/3 3/ 2 2/3 2/3 3/ 2

1 2( ) (8 27 )

2 2 2 2

T TT

= 16,6 jam. (1 poin) (6)

Karena gerakan dengan orbit ellips dari lintasan 1R ke 2R membutuhkan waktu setengah

periode di atas (lihat gambar), maka waktu yang dibutuhkan adalah T/2 = 8,3 jam.

b. Pada orbit ellips, kekekalan energi mekanik dan kekekalan momentum sudut terhadap

pusat planet masing-masing dirumuskan sebagai

2 2

1 2

1 2

1 1

2 2

GmM GmMmu mu

R R (0,5 poin) (7)

1 1 2 2.mu R mu R (0,5 poin) (8)

Dari persamaan (7) dan (8) dapat dicari 1u dan 2u yang dinyatakan sebagai

2 21

1 1 2

2RGMu

R R R

(1 poin) (9)

2 12

2 1 2

2.

RGMu

R R R

(1 poin) (10)

A B

R1 R2

Halaman 12 dari 19

Hak Cipta


Jika persamaan (9) dan (10) digabungkan dengan persamaan (1) dan (2), diperoleh

2/32 2 22 21 1 1 2/3 2/3

1 2 1 2

2 2R Tu v v

R R T T

(1 poin) (11)

2/32 2 21 12 2 2 2/3 2/3

1 2 1 2

2 2R Tu v v

R R T T

(1 poin) (12)

Perubahan kecepatan di orbit 1R adalah

2/3

1 2

2/3 2/3

1 1 2

2 181,177

13

u T

v T T

. (1 poin) (13)

Ini berarti saat memulai orbit ellips, kecepatan satelit sebesar 1u diperoleh dengan cara

menaikkan kecepatan mula-mula 1v sebesar 0,177 kali atau 17,7 %.

Perubahan kecepatan di orbit 2R adalah

2/3 2/3

2 1 2

2/3

2 1

131,275.

2 8

v T T

u T

(1 poin) (14)

Ini berarti ketika satelit selesai menempuh orbit elips dan tiba di lingkaran berjari-jari 2R ,

kecepatannya saat itu adalah 2u yang masih lebih kecil daripada 2v . Agar satelit tersebut

dapat bergerak dengan orbit lingkaran 2R maka kecepatannya harus dinaikkan sebesar

0,275 kali atau 27,5 %.

5. (14 poin) Sebuah bola ping-pong bermassa m =

3 gram dipukul sedemikian rupa sehingga bola

tersebut memperoleh kecepatan horisontal pada

ketinggian H = 20 cm di atas meja. Bola tersebut

juga berotasi terhadap sumbu horisontal yang

tegaklurus pada kecepatan horisontal tersebut.

Setelah menabrak meja dalam tumbukan yang

bersifat elastik, bola tersebut terpental vertikal

ke atas tanpa rotasi. Karena ketidakrataan

permukaan meja, koefisien gesek kinetik antara bola dengan meja = 0,25. Asumsikan bahwa

tumbukan terjadi pada waktu yang relatif sangat singkat. Percepatan gravitasi g = 10 m/s2.

Halaman 13 dari 19

Hak Cipta


Momen inersia bola ping-pong adalah 22

3I mR dengan R = jari-jari bola ping-pong.

Tentukan energi yang hilang selama tumbukan bola dengan meja.

Jawaban

Bola memperoleh kecepatan horisontal xv dan kecepatan sudut setelah dipukul. Namun

setelah terpental dari meja, keduanya lenyap. Jadi, energi yang hilang selama tumbukan adalah

perubahan energi kinetik translasi horisontal dan energi kinetik rotasi sebesar

2 21 12 2xE mv I (1 poin) (1)

Persoalannya adalah nilai kecepatan horisontal xv dan kecepatan sudut belum diketahui.

Sekarang, misalnya yv adalah kecepatan vertikal bola sesaat sebelum menyentuh meja.

Kecepatan yv ini dapat ditentukan dari tinggi bola mula-mula menggunakan rumus

2yv gH (0,5 poin) (2)

Untuk menentukan xv dan , misalnya diasumsikan bahwa kedua besaran tersebut bernilai

nol pada selang waktu yang sama, misalnya sebesar .

Kemudian misalkan selang waktu pemampatan bola secara vertikal (agar bola terpental ke

atas) adalah t . Maka, rata-rata gaya vertikal yang bekerja pada bola diberikan oleh laju

perubahan momentum linear, yaitu

2 ymvpF K mg

t t

(1 poin) (3)

dimana K = gaya normal berarah vertikal ke atas yang dilakukan oleh meja terhadap bola.

Persamaan (3) menghasilkan gaya normal sebesar

2 ymvK mg

t

. (1 poin) (4)

Karena itu, gaya gesek horisontal f di permukaan meja yang bekerja pada bola yang berotasi

tersebut adalah

2 ymvf K mg

t

. (1 poin) (5)

Jika perlambatan translasi horisontal (yang menyebabkan kecepatan horisontal lenyap)

mengambil waktu maka persamaan untuk perubahan momentum linear horisontal adalah

Halaman 14 dari 19

Hak Cipta


2.

y

x

mvmv f mg

t

(1 poin) (6)

Jika diasumsikan selang waktu perlambatan horisontal ini ( ) sama dengan selang waktu

untuk deformasi bola agar terpental vertikal ( t ), atau = t maka persamaan (6) menjadi

2 .x ymv mg t mv (1 poin) (7)

Karena tumbukan terjadi pada waktu yang singkat ( 0t ), maka suku pertama pada ruas

kanan persamaan (7) dapat diabaikan. Jadi kecepatan horisontal bola xv adalah

2 .x yv v (0,5 poin) (8)

Sementara itu, dengan asumsi di atas bahwa waktu yang diperlukan untuk memperlambat

rotasi bola sama dengan waktu untuk memperlambat translasi horisontal, maka rata-rata

perlambatan sudut diberikan oleh

.

(0,5 poin) (9)

Total torka N terhadap pusat bola yang bekerja pada bola saat tumbukan adalah

N I (1 poin)

22.

3

mRfR

(1 poin) (10)

yang memberikan

3.

2

f

mR

(1 poin) (11)

Dengan menggunakan nilai f dari persamaan (5), persamaan (11) menjadi

23.

2

ymvmg

mR t

(1 poin) (12)

Juga dengan asumsi = t serta 0t maka persamaan (12) menjadi

3.

yv

R

(1 poin) (13)

Akhirnya, dengan memasukkan persamaan (2), (8) dan (13) ke dalam persamaan (1) diperoleh

2

2 2 2 2 231 1 2

(2 ) . 5 10 .2 2 3

y

y y

vE m v mR m v mgH

R

(1 poin) (14)

Dengan memasukkan nilai-nilainya diperoleh energi yang hilang sebesar

33,75 10 J.E (0,5 poin) (15)

Halaman 15 dari 19

Hak Cipta


6. (18 poin) Suatu bandul fisis terdiri atas sebuah cakram berjari-jari R yang bermassa m1 dan

sebuah batang tegar yang massanya dapat diabaikan. Cakram diletakan disalah satu ujung

batang, sedangkan ujung batang yang lain dapat berputar pada titik P (bayangkan cakram

menjadi bandul fisis). Jarak antara titik putar P dengan pusat massa bandul adalah l. Mula-

mula bandul dilepaskan dari keadaan diam

yang membuat sudut cukup kecil terhadap

vertikal. Tepat pada posisi terendahnya, bandul

menumbuk secara tidak elastis sama sekali

cakram yang lain berjari-jari R dan bermassa

m2, dengan m2 < m1. Tentukan:

a. periode bandul sebelum tumbukan?

(Nyatakan dalam l, g, dan R)

b. kecepatan bandul sesaat sebelum

tumbukan? (Nyatakan dalam l, g, dan R)

c. kecepatan bandul sesaat sesudah tumbukan? (Nyatakan dalam m1, m2, l, g, R, dan )

d. periode bandul setelah tumbukan? (Nyatakan dalam l, g, dan R)

Jawaban:

a. Momen gaya dari gaya berat terhadap titik P :

0

ˆˆsin

1

2

2

2

2

1

P

P

PP

I

glm

dt

d

kdt

dIkglm

I

Diketahui,

2

1

2

12

1lmRmI P (1 poin)

sehingga perioda geraknya adalah: gl

lRT

2

22

22 (1 poin)

(1 poin)

(1 poin)

(1 poin)

Halaman 16 dari 19

Hak Cipta


b. Kekekalan energi mekanik: Eawal = Eakhir (1 poin)

2

1

2

1

cos1

fPakhir

awal

IE

glmE

Karena lv ff , maka dari kekekalan energi mekanik,

22

3

2

1

2

cos14

2

1cos1

lR

glv

l

vIglm

f

f

P

c. Kekekalan momentum :

22

3

21

1

21

1

211

2

cos14'

'

'

lR

gl

mm

mv

vmm

mv

vmmvm

f

f

d. Periode bandul tidak tergantung pada massa, sehingga periode setelah tumbukan tetap

sama, yaitu :

gl

lRT

2

22

22

7. (18 poin) Sebuah kubus dan silinder berada pada lantai horisontal kasar. Kedua permukaan

benda tersebut saling bersinggungan, seperti pada gambar. Massa kedua benda sama, demikian

pula diameter silinder sama dengan panjang sisi kubus. Untuk seluruh permukaan, koefisien

gesek statik dan kinetik masing-masing adalah s dan k . Diketahui m = 12 kg, 0,6s ,

0,2k dan percepatan gravitasi g = 10 m/s2.

a. Tentukan besar gaya horisontal F yang harus diberikan pada kubus agar kedua benda

tersebut bergerak bersama dimana gerakan silinder adalah translasi murni.

b. Tentukan jenis gerakan sistem mula-mula saat sistem mulai bergerak dari keadaan diam

(apakah gerakannya murni translasi, translasi dan rotasi atau lainnya).

(1 poin)

(1 poin)

(1 poin)

(2 poin)

(2 poin)

(2 poin)

(2 poin)

(1 poin)

Halaman 17 dari 19

Hak Cipta


c. Tinjau sekarang sistim kubus dan silinder dalam keadaan bergerak. Tentukan jenis gerakan

sistem jika gaya horisontal yang diberikan sedikit lebih kecil daripada F (yang dihitung

pada soal a). Tentukan pula jenis gerakan sistem jika gaya horisontal yang diberikan sama

dengan ½ F.

Jawaban

a. Silinder dapat bergerak tanpa rotasi jika torka dari 1S (gaya gesek kinetik yang bekerja

pada titik dimana silinder menyentuh lantai) diimbangi oleh torka dari 1 'S (gaya gesek

statik yang bekerja pada titik dimana silinder menyentuh kubus). Karena itu

1 1'S S (1 poin) (1)

dan 1 'S mengarah ke bawah.

Persamaan gerak silinder pada arah vertikal:

1 1 ' 0K mg S (1 poin) (2)

sehingga gaya normal vertikal 1K yang dilakukan oleh lantai pada silinder adalah

1 1 1' .K mg S mg S (3)

Gaya gesek kinetik antara silinder dengan lantai adalah

1 1 1( )k kS K mg S (1 poin) (4)

yang hasilnya adalah

(2 poin)

Halaman 18 dari 19

Hak Cipta


1 .1

k

k

S mg

(5)

Misalnya kubus maupun silinder bergerak dengan percepatan horisontal a. Persamaan

gerak silinder pada arah horisontal adalah

2 1K S ma (1 poin) (6)

sehingga gaya normal yang dilakukan oleh kubus pada silinder adalah

2 1 .K S ma (7)

Pada kasus untuk murni translasi ini, gaya gesek statik yang bekerja pada titik dimana

silinder menyentuh kubus diberikan oleh

1 2 1' ( ).s sS K S ma (1 poin) (8)

Dengan menggunakan persamaan (1) dan (5), persamaan (8) menjadi

( )1 1

k ks

k k

mg mg ma

sehingga diperoleh nilai percepatan silinder a sebesar

01.

1

k

s k

a g

(9)

Untuk gerakan kubus, persamaan gerak kubus pada arah vertikal:

3 1 ' 0K S mg (1 poin) (10)

sehingga gaya normal vertikal 3K yang dilakukan oleh lantai pada kubus diberikan oleh

3 1 1

1 2' .

1 1

k k

k k

K mg S mg S mg mg mg

(1 poin) (11)

Maka, gaya gesek kinetik yang bekerja pada permukaan kubus yang menyentuh lantai

diberikan oleh

2 3

(1 2 ).

1

k kk

k

S K mg

(1 poin) (12)

Persamaan gerak kubus pada arah horisontal:

2 2F K S ma (1 poin) (13)

dengan 2K disini adalah gaya normal yang dilakukan oleh silinder pada kubus. Dengan

menggunakan persamaan (7) ke dalam persamaan (10), gaya horisontal F diberikan oleh

2 2 1 22 .F ma K S ma S S (14)

Substitusi persamaan (5), (9) dan (12) ke dalam persamaan (14) diperoleh

Halaman 19 dari 19

Hak Cipta


01 (1 2 ) 2 (1 )2 .

1 1 1 (1 )

k k k k k s k

s k k k s k

F m g mg mg mg

(15)

Dengan memasukkan nilainya secara numerik, maka F = 88 N. Jadi gerakan silinder akan

murni translasi jika gaya horisontal F lebih besar daripada 88 N.

b. Disini, sistem membutuhkan gaya minimum sebesar 0 2 sF mg = 144 N untuk mulai

bergerak. Jadi pada saat mulai bergerak, silinder sudah bergerak murni translasi. Setelah

silinder dan kubus mulai bergerak, gaya F dapat diturunkan hingga 88 N untuk membuat

gerakan silinder tetap murni translasi. (3 poin)

c. Jika gaya horisontal lebih kecil dari 88 N maka silinder akan mulai berotasi dan

bergesekan dengan kubus.

Jika gaya horisontal hanya setengahnya yaitu 44 N, maka sistem akan berhenti bergerak,

karena gaya gesek kinetik minimal adalah 2 kmg = 48 N. (3 poin)

=== Selamat bekerja, semoga sukses ===

(1 poin)

fisika - olimpiade.psma.kemdikbud.go.idolimpiade.psma.kemdikbud.go.id/index/soal/soal olimpiade...

Documents