soal latihan olimpiade fisika sma

Page 1 of 41
Latihan Soal-soal Olimpiade Fisika SMA

LATIHAN SOAL OLIMPIADE
FISIKA
( 1 ) Peralatan yang ditunjukkan pada gb dibawah dinamakan mesin adwood digunakan
untuk mengukur percepatan gravitasi g dengan mengukur percepatan benda-benda.
Dengan mengasumsikan tali tak bermassa dan katrol licin, tunjukkan bahwa besarnya
percepatan masing-masing benda dan tegangan tali adalah

a

m2  m1
m1  m2

dan

T

2m1m2 g
(m1  m2 )

T
m1

m2
Jawab :

 F  ma
m2 g  m1 g  (m1  m2 )a
(m2  m1 ) g  (m1  m2 )a
a

m2  m1
g
m1  m2

F  m a
1

 m  m1 

 g
T  m1 g  m1  2
 m1  m2 
T  m1 g 

m1m2 g
m12 g

(m1  m2 ) (m1  m2 )

m1m2 g
m12 g
T

 m1 g
(m1  m2 ) (m1  m2 )
 m  m2 
m1m2 g
m12 g


T

 m1 g  1
(m1  m2 ) (m1  m2 )
 m1  m2 
m1m2 g
m12 g
m12 g
mm g
T


 1 2
(m1  m2 ) (m1  m2 ) (m1  m2 ) (m1  m2 )
T

2m1m2 g
(m1  m2 )

( 2 ) Sebuah balok bermassa m1, diikatkan pada tali yang panjangnya L1 yang ujung

lainnya terikat. Massa itu bergerak dengan lintasan lingkaran horizontal di atas meja yang
licin. Balok kedua bermassa m2 diikatkan pada balok pertama oleh tali yang panjangnya

Oleh: S. Priyono (Jurusan Fisika F-MIPA UGM)

Page 2 of 41
Latihan Soal-soal Olimpiade Fisika SMA

L2 dan juga bergerak melingkat, seperti ditunjukkan pada gb disamping. Jika periode
gerakan adalah T. carilah tegangan masing-masing tali.

Jawab : Yang mudah untuk dijawab ialah tegangan tali T2 dulu. Gaya yang bekerja pada
benda 2 ialah gaya sentrifugal yang berarah keluar dan tegangan tali T2. untuk benda
yang setimbang berlaku :

F  0
Fcent  T2  0
T2  Fcent
T2 

m2 v 22
( L1  L2 )

Pada benda 1 gaya yang bekerja ialah gaya sentrifugal benda 1 gaya sentrifugal benda 2
dan tegangan tali benda 1. untuk benda yang setimbang berlaku
v  r
F  0
v1  L1
Fcent 2  Fcent1  T1  0
v  (L  L )
2

1

2

T1  Fcent 2  Fcent1
T1 

m1v12

m v2
 2 2
L1
L1  L2

T1 

m1 2 L12 m2 2 ( L1  L2 ) 2

L1
L1  L2

T1  m1 2 L1  m2 2 ( L1  L2 )
T1   2 (m1 L1  m2 ( L1  L2 ))
4 2 (m1 L1  m2 ( L1  L2 ))
T1 
T2
( 3 ) Dua benda bermassa m1 dan m2 diam diatas meja licin yang horizontal, seperti
ditunjukkan pada gb dibawah. Sebuah gaya F diberikan pada benda 1 seperti pada gb. (a)
jika m1 = 2 kg, m2 = 4 kg, dan F = 3 N, carilah percepatan benda dan gaya kontak Fc

Oleh: S. Priyono (Jurusan Fisika F-MIPA UGM)

Page 3 of 41
Latihan Soal-soal Olimpiade Fisika SMA

yang dikerjakan oleh satu benda pada yang lainnya (b) carilah gaya kontak untuk nilainilai umum massa benda dan tunjukkan bahwa jika m2 =nm, maka FC 

F

nF
.
(n  1)

m2

m1

Jawab :
a. Pada kasus ini, gaya kontak merupakan gaya yang dialami oleh benda 2 karena

dorongan dar benda 1.

F  m

tot

a

3  (m1  m2 )a
3  ( 2  4) a
3  6a
a

1
2

gaya yang dialami oleh benda 2 ialah :

F  m a
2

1
2
FC  2 N
FC  4.

b.

F  m

tot

a

F

F  (m1  m2 )a
a

2

 m2 a

FC  m2

F
(m1  m2 )

FC 

untuk

m2  nm1

F
(m1  m2 )

m2 F
(m1  m2 )

FC 

nm1 F
(m1  nm12 )

FC 

nm1 F
m1 (n  1)

FC 

nF
(n  1)

( 4 ) sebuah rumus teoritis untuk energi potensial yang berhubungan dengan gaya nuklir
antara dua proton, dua neutron, atau sebuah neutron dan sebuah proton adalah potensial
x

a 
Yukawa. U  U 0  e a , dengan Uo dan a adalah konstanta ( a ) sketsalah grafik U
 x
terhadap x dengan menggunakan Uo = 4 pJ dan a = 2,5 fm. (b) Carilah gaya F(x) (c)
Bandingkan besarnya gaya pada jarak pisah x = 2a sampai pada x = a (d) Bandingkan
besarnya gaya pada jarak pisah x = 5a terhadap gaya pada x = a !
jawab :
x

a 
(a) U  U 0  e a
 x

Grafik U(pJ) Vs x(fm)

Oleh: S. Priyono (Jurusan Fisika F-MIPA UGM)

Page 4 of 41
Latihan Soal-soal Olimpiade Fisika SMA

a 
U  U 0  e a
x
x


a
ln U   ln U 0  ln    ln e a
 x
x

a x
ln U   ln U 0  ln   
 x a
1 dU
1 d (ax 1 ) 1
 0 a

U dx
dx
a
x
1 dU x
a 1
 (1) 2 
U dx a
x
a
dU
 1 1
U  
dx
 x a
dU
a   1 1
 U 0  e a    
dx
 x  x a
x

dU
1 1
a 
 U 0  e a (1)  
dx
x a
 x
x

dU
a  1 1
 U 0  e a   
dx
 x x a
x

  a
1
dU
 U 0e a  2  
dx
x
x
x

Sedangkan gaya diperoleh dari

Fx  

dU
dx
x
a

 a 1
Fx  U 0e  2  
x
x


1 
 a
 2 
Fx ( x  2a )
2a 
 4a

a
  a
Fx ( x  a )
1
 U 0e a  2  
a
a
 U 0e



2a
a

Fx ( x  5a )

Fx ( x  a )

1 
 a
 

2
 25a 5a 
a
  a
1
 U 0e a  2  
a
a

 U 0e



5a
a

1 
 1
e 5 
 
25a 5a 
 
1 1
e 1   
a a

1 
 1
e 2   
 4a 2a 

1 1
e 1   
a a

5 
 1



25a 25a 


2
e4  
a

2 
 1
e  
4a 4a 
 
2
e2  
a



a 3
2e 4
3a

8e
 1,38


Oleh: S. Priyono (Jurusan Fisika F-MIPA UGM)

a 6
2e 4 25
 0,00220

Page 5 of 41
Latihan Soal-soal Olimpiade Fisika SMA

(b)

Dengan

menggunakan

2( E  U ( x)

v

v

rumus

dx

E U

dapat ditulis sebagai

m

dx
,
dt

tunjukkanlah

bahwa

persamaan

2
dt . Untuk gerakan satu dimensi, U
m

adalah fungsi x, sebagai ruas kiri persamaan ini hanya bergantung pada x (dan tidak
bergantung pada t) dan ruas kanan hanya bergantung pada t (b) Gunakan hasil ini pada
sebuah partikel bermassa m yang terikat pada sebuah pegas dengan konstanta gaya k
yang berosilali dengan amplitudo A agar U 
dx
A x
2

2



1 2
kA untuk mendapatkan persamaan
2

k
dt . (c) Integrasikan kedua ruas persamaan ini untuk mendapatkan
m

sebuah pernyataan yang menghubungkan posisi massa x dengan waktu t, dengan
mengasumsikan bahwa x = A pada saat t = 0.
Jawab :

v

dx

2( E  U )
m

1 2 1 2
kA  kx
2
2

dx
2
 E U
dt
m

dx
1
k A2  x 2
2
dx

dx
2
 dt
m
E U

A x
2

2

dx
A2  x 2
dx
A2  x 2





2
dt
m
2
dt
m



dx
A x
2

2

arcsin

x

A



k
dt
m

k
t
m



1
2
k
dt
2
m

 k 
x
 sin 
t 
A
m





1 2
k dt
2 m

 k 
t 
x  A sin 
 m 



k
dt
m

( 5 ) Sebuah silinder yang beratnya W dan jari-jarinya R akan diangkat untuk menaiki
anak tangga setinggi h, seperti pada gb dibawah. Seutas tali diikatkan disekitar silinder
dan ditarik secara horizontal. Anggap slinder tidak slip dalam penarikan tersebut.
Tentukan besar gaya minimum Fmin yang diperlukan untuk menaikkan silinder tersebut.

R-h

R

H

h

Oleh: S. Priyono (Jurusan Fisika F-MIPA UGM)

Page 6 of 41
Latihan Soal-soal Olimpiade Fisika SMA

Jawab : pada saat silinder tepat akan meninggalkan lantai dititik Q maka gaya reaksi
lantai pada silinder sama dengan nol. Oleh karena itu hanya ada tiga buah gaya yang
bekerja pada silinder, yaitu gaya berat silinder dengan titik tangkap di Q, gaya tarik tali F
dengan titik tangkap C dan gaya normal N dititik P.
Karena N tidak diketahui dan tidak ditanyakan dalam soal, maka untuk memudahkan
penggunaan syarat kedua keseimbangan, kita pilihtitik P sebagai poros.



P

0

 WP1P  FCP1  0
 Wd  F (2 R  h)  0
F (2 R  h)  Wd
F

Wd
( 2 R  h)

Jari-jari silinder R dan tinggi anak tangga h dianggap diketahui, karena itu d harus kita
nyatakan dalam R dan h. dengan mengunakan rumus Pythagoral pada segitiga siku-siku d
dapat kita nyatakan dalam R dan h

R 2  d 2  ( R  h) 2
d 2  R 2  ( R  h) 2
d 2  R 2  ( R 2  2 Rh  h 2 )
d 2  R 2  R 2  2 Rh  h 2
d 2  2 Rh  h 2
d  2 Rh  h 2
Dengan memasukkan nilai d ke dalam persamaan diatas maka diperoleh gaya minimum
Fmin yaitu :

FMin 

W 2 Rh  h 2
( 2 R  h)

FMin 

W h( 2 R  h)
( 2 R  h)

FMin 

W h ( 2 R  h)
( 2 R  h)

FMin 
FMin  W

W h
( 2 R  h)
h
2R  h

( 6 ) Sebuah roda bermassa M dan jari-jarinya R berada diatas permukaan horizontal dan
bersandar pada anak tangga yang tingginya h (h T jadi A = turun sedangkan B = naik
Misalkan percepatan benda A=aA dan percepatan benda B = aB maka aA= 2aB karena
dipengaruhi oleh banyaknya tali, semakin sedikit tali yan mempengaruhi benda, maka
makin cepat gerakannya

..........(1)  (2).........

Untuk A

F

A

 mAa A

WA  T  m A a A
mA g  T  mAa A
mA g  mAa A  T
T  m A ( g  a A )....(1)

Untuk B

F

B

 mB a B

2T  WB  mB a B
2T  mB g  mB a B
2T  mB a B  mB g
2T  mB (a B  g )
mB ( a B  g )
2
1
1
mA ( a A  g )
2
T3
2
1
1
T  m A ( a A  g )......(2)
2
6
T

Oleh: S. Priyono (Jurusan Fisika F-MIPA UGM)

1
1
mA ( a A  g )
2
6
1 1
(g  aA )  ( aA  g )
6 2
1
1
(g  aA )  ( aA  g )
12
6
1
1
g  g  aA  aA
6
12
5
13
g  aA
6
12
5.12
aA 
g
6.13
10
aA  g
13

mA ( g  a A ) 

1
aA
2
1 10
aB  . g
2 13
5
aB  g
13
aB 

Page 12 of 41
Latihan Soal-soal Olimpiade Fisika SMA

( 14 ) Pada system gambar disamping mB = 2/3 mA. Koefisien gesekan kinetic benda A
terhadap lantai dan terhadap benda B memiliki hubungan

k

k  2k
L

ialah koefisien gesekan benda A terhadap lantai dan

L

k

B

B

(dimana

ialah koefisien

gesekan benda A terhadap benda B. jika benda A ditarik dengan gaya mendatar sebesar F
= mAg hingga tali menjadi tegang. Carilah percepatan benda A!

B

F = mAg
A

Jawab :

F  m

A

aA

F  f ges _ A _ thd _ lantai  f ges _ A _ thd _ B  m A a A
m A g   k L ( m A  mB ) g   k B mB g  m A a A
m A g  2  k B ( m A  mB ) g   k B mB g  m A a A
2
2
mA ) g  kB mA g
3
3
5
2
mA g  2 kB ( mA ) g   kB mA g
3
3
10
2
mA g  kB mA g  kB mA g
3
3
m A g  4 k B mA g

m A g  2 k B (m A 

 mAa A
 mAa A
 mAa A
 mAa A

mA g  mAa A  4 kB mA g
m A g  m A (a A  4 k B g )
g  (a A  4 k B g )
a A  g  4 k B g
a A  g (1  4  k B )

( 15 ) Sebuah peluru bermassa m1 ditembakkan dengan kelajuan v, ke dalam bandul
balistik bermassa m2. carilah ketinggian maksimum yang dicapai bandul jika peluru
menembus bandul dan muncul dengan kelajuan ½ v!

Q
hmax
vP = v
P

Oleh: S. Priyono (Jurusan Fisika F-MIPA UGM)

Page 13 of 41
Latihan Soal-soal Olimpiade Fisika SMA

Jawab :

E K P  E PP  E K Q  E PQ

mP vP  mB vB  mP vP'  mB vB'
1
m1v  m2 .0  m1 v  m2 vB'
2
1
m1v  m1 v  m2 vB'
2
1
m2 vB'  m1v  m1v
2
1
m2 vB'  m1v
2
mv
vB'  1
2m2

2
1
mB vB'  0  0  mghmaks
2
2
1
mB vB'  mB ghmaks
2

2

1  m1v 
  m2 ghmaks
m2 
2  2m2 
2

1  m1v 
  ghmaks

2  2m2 
1 m12 v 2
 ghmaks
2 4m22
hmaks

m12 v 2

8 gm22

( 16 ) Sebuah peluru bermassa m1 ditembakkan dengan kelajuan v ke dalam bandul
balistik bermassa m2. bandul diikatkan pada tongkat panjang L yang sangat ringan yang
dipasang pada sumbu diujung lainnya. Peluru dihentikan dalam bandul, carilah v
minimum yang dapat menyebabkan bandul berayun satu lingkaran penuh!

Q

L
P
m p = m1

mB = m2

agar dapat berayun satu kali putara, bandul minimal harus sampai pada ketinggian
maksimal h = 2L.

mP vP  mB vB  (mP  mB )v''B
m1v  0  (m1  m2 )v''B
m1v  (m1  m2 )v''B
v''B 

m1
v
(m1  m2 )

Oleh: S. Priyono (Jurusan Fisika F-MIPA UGM)

Page 14 of 41
Latihan Soal-soal Olimpiade Fisika SMA

E K P  E PP  E K Q  E PQ
2
1
mto t v B'  0  0  mto t gh
2

2



1
m1

( m1  m2 )
v
m m
  ( m1  m2 ) gh
2
2
 1

1
m12 v 2
 g .2 L
2 m1  m2 2
v 
2

v
v

m1  m2 2
m12

4 gL

m1  m2 2
m12
2m1  m2 
m1

4 gL
gL

( 17 ) Logam berbentuk kubus dengan massa benda satu m1 = m ditaruh diatas kubus
logam lain yang lebih besar dengan massa m2 = 3m dan sisi-sisinya L meter. Apabila
gaya F dikerjakan pada kubus yang besar sedangkan gesekan maksium antara kedua
permukaan kubus fges = 1/ 5 F, maka suatu saat kubus kecil akan jatuh ke lantai. Waktu
yang diperlukan sampai kubus kecil jatuh dilantai sejak gaya diberikan adalah!

S1
m1
fges

m2

F

licin

L

S2

Jawab :
Tinjau benda m2 :
fges = 1/5 F
m2 = 3m

F

W
Oleh: S. Priyono (Jurusan Fisika F-MIPA UGM)

Page 15 of 41
Latihan Soal-soal Olimpiade Fisika SMA

F

2

 m2 a2

Perhatikan! Arah gaya gesek f = 1/5 F adalah ke kiri,

F  f ges  m2 a2

tidak ke kanan! Karena benda m2 bergerak ke kanan

1
F  F  3ma2
5
4
F  3ma2
5
4 F
a2 
15 m

maka gaya gesek yang ada (dengan benda m1) arahnya
harus tetap berlawanan, terhadap arah gerak benda m2.
jangan terkecoh

Tinjauan benda m1

f

F

 m1a1

Perhatikan, arah gaya f diatas! Terhadap benda m1,

f ges  m1a1

arah gaya gesek harus berlawanan dengan arah gerak

1

1
F  m1a1
5
1F
a1 
5m

benda m1. benda m1 dan m2, sampai pada saat benda
m1 meninggalkan m2, keduanya bergerak dengan
GLBB

1
S1  vot  a1t 2
2
11F 2
t
 0
25m
1 F 2
t

10 m
Jadi :
1
S 2  vot  a2t 2
2
1 4 F 2
t
 0
2 15 m
2 F 2
t

15 m

Pada saat m1 meninggalkan m2 maka S2-S1 = panjang sisi kubus 2 = L
Artinya, panjang lintasan yang ditempuh oleh m1 adalah sepanjang sisi kubus m2
Jadi

Oleh: S. Priyono (Jurusan Fisika F-MIPA UGM)

Page 16 of 41
Latihan Soal-soal Olimpiade Fisika SMA

S 2  S1  L
2 F 2 1 F 2
t 
t L
15 m
10 m
 2 1 F 2
   t L
 15 10  m
3 F 2
 4
   t L
 30 30  m
1 F 2
t L
30 m
30 Lm
t2 
F
t

30 Lm
F

Waktu yang diperlukan m1 (dari saat lepas bidang m2 sampai lantai)

1 2
gt
2
2h
t2 
g
h

t2 

2L
g

t

2L
g

(ingat h = L panjang sisi kubus. Jadi waktu yang diperlukan sampai kubus kecil jatuh ke
lantai sejak gaya diberikan ialah

ttot 

30 Lm
2L

F
g

( 18 ) Carilah sudut lemparan sedemikian sehingga ketinggian maksimum sebuah
proyektil sama dengan jangkauan horizontalnya!
Jawab :
Grafik lintasan gerak proyektil

Ymaks  X maks

Y

vo2 sin 2  vo2 sin 2

g
2g
sin 2   2 sin 2
sin 2   2.2 sin  cos 

Ymaks
X

Xmaks

sin   4 cos 
sin 
4
cos 
tg   4

  arctg 4
  76o

Oleh: S. Priyono (Jurusan Fisika F-MIPA UGM)

Page 17 of 41
Latihan Soal-soal Olimpiade Fisika SMA

( 19 ) Suatu kelereng dijatuhkan bebas mulai dilepas di A dari tabung AB yang condong

 terhadap mendatar. Supaya kelereng dapat jatuh keluar dari lubang bawah B dan tanpa
menyentuh pipa, carilah percepatan mendatar tabung yang harus diberikan!
A

A’
g

a


B

B’
WB’

Misalkan pada saat kelereng dilepas di A tabung berada di AB dan pada saat kelereng
mulai keluar dari tabung, tabung di A’B’.
AB’= ½ gt2
BB’= ½ at

tg  

2



AB '
BB '
1
2
1
2

gt 2
at 2

g
a
g
a
tg 


( 20 ) Dua titik zat A dan B masing-masing berjarak L m. titik zat A bergerak menuju ke
B dengan kecepatan awal v m/s dan dipercepat a m/s2. setelah 2 sekon kemudian lalu B
bergerak menuju A dengan kecepatan awal 3v m/s dan diperlambat beraturan –a m/s2.
bilamana dan dimana mereka saling bertemu?
Jawab :
L
A
voA= v

C
SA

aA = a

B
SB

voB = 3v
aB = -a

misalkan titik zat A dan B setelah masing-masing selama tA dan tB sekon serta menempuh
jarak SA dan SB saling bertemu di C
maka syarat A dan B bertemu ialah

Oleh: S. Priyono (Jurusan Fisika F-MIPA UGM)

Page 18 of 41
Latihan Soal-soal Olimpiade Fisika SMA

S A  S B  AB
1
1


2
2
vo A t A  2 a At A   voB t B  2 a B t B   L
1 2 
1

2
vtA  2 at A   3vt A  2   2 at A  2    L
1
1
vtA  at A2  3vtA  6v  a (t A2  4t A  4)  L
2
2
1
1
vtA  at A2  3vtA  6v  at A2  2at A  2a )  L
2
2
4vtA  6v  2at A  2a  L
4vtA  2at A  L  6v  2a
t A 4v  2a   L  6v  2a
tA 

tB  t A  2


L  6v  2 a
2
( 4v  2 a )



L  6 v  2 a 2 ( 4v  2 a )

4v  2a 
( 4v  2 a )

L  6v  2a
4v  2a 

L  6v  2a  8v  4a
4v  2 a
L  2v  2 a

4v  2 a


S A  vo A t A 

1
a A t A2
2

 L  6v  2a  1  L  6v  2a 
 v

  a
 4v  2 a  2  4v  2 a 

2

2v( L  6v  2a )(4v  2a )  a ( L  6v  2a ) 2

2( 4v  2 a ) 2


2v(4 Lv  2aL  24v 2  12va  8va  4a 2 )  a ( L  6v  2a )L  6v  2a 
2(4v  2a )(4v  2a )



2v(4 Lv  2aL  24v 2  20va  4a 2 )  a ( L2  6 Lv  2aL  6 Lv  36v 2  12av  2aL  12av  4a 2 )
2(16v 2  16av  4a 2 )



8 Lv 2  4avL  24v 3  40av 2  8a 2 v  a ( L2  12 Lv  4aL  36v 2  24av  4a 2 )
32v 2  32av  8a 2



8 Lv 2  4avL  24v 3  40av 2  8a 2 v  aL2  12avL  4a 2 L  36av 2  24a 2 v  4a 3
32v 2  32av  8a 2



8 Lv 2  16avL  24v 3  76av 2  32a 2 v  aL2  4a 2 L  4a 3
32v 2  32av  8a 2

Oleh: S. Priyono (Jurusan Fisika F-MIPA UGM)

Page 19 of 41
Latihan Soal-soal Olimpiade Fisika SMA

S B  v oB t B 

1
a B t B2
2

 L  2v  2a  1  L  2v  2a 
 3v
  a

 4v  2a  2  4v  2a 

2



2.3v( L  2v  2a)(4v  2a ) a ( L  2v  2a)( L  2v  2a)

2
2
24v  2a 
24v  2a 



6v(4 Lv  2aL  8v 2  4av  8av  4a 2 )  a ( L2  2 Lv  2aL  2 Lv  4v 2  4av  2aL  4av  4a 2 )
2(16v 2  16av  4a 2 )

6v(4 Lv  2aL  8v 2  12av  4a 2 )  a( L2  4 Lv  4aL  4v 2  8av  4a 2 )

32v 2  32av  8a 2
24 Lv 2  12avL  48v 3  72av 2  24a 2 v  aL2  4avL  4a 2 L  4av 2  8a 2 v  4a 3

32v 2  32av  8a 2
24 Lv 2  16avL  48v 3  76av 2  32a 2 v  aL2  4a 2 L  4a 3

32v 2  32av  8a 2
( 21 ) Bola A dijatuhkan dari puncak sebuah bangunan pada saat yang sama bola B
dilemparkan secara vertical keatas dari tanah ketika bola bertumbukan, keduanya sedang
bergerak dalam arah berlawanan dan kelajuan A dua kali kelajuan B. pada berapa bagian
dari bangunan tumbukan itu terjadi?

hA
R
h
hB
jawab : misalkan kedua bola bertumbukan di R, karena kedua bola dilepaskan dan
ditembakan pada saat yang sama, maka untuk syarat terjadinya tumbukan ialah t A = tB,
dimana tA ialah waktu yang dibutuhkan bola A sampai di R dan tB ialah waktu yang
dibutuhkan bola B sampai di R.
untuk bola A

1 2
gt A
2
1
h  hB  gt A2
2
2h  hB 
......(1)
t A2 
g
hA 

Oleh: S. Priyono (Jurusan Fisika F-MIPA UGM)

Untuk bola B

vt B  voB  gt
Namun ketika terjadi tumbukan vtB
menjadi nol

0  vo B  gt
gt  vo B
t

vo B

t

hB vo B

t2 

hB vo B

g

, _ vo B 

gt
g

.....( 2)

hB
t

Page 20 of 41
Latihan Soal-soal Olimpiade Fisika SMA

Dari persamaan 1 dan 2 kita dapatkan

2( h  h B ) h B

g
g
2h  2hB  hB
2h  3hB
hB 

2
h
3

( 22 ) Ketika sebuah mobil bergerak dengan kelajuan v1 membelok dari sebuah pojok,
pengemudi melihat mobil lain bergerak dengan kelajuan lebih rendah v2 pada jarak d
didepan. Jika percepatan maksimum yang dapat ditimbulkan rem pengemudi adalah a,
tunjukkan bahwa jarak d harus lebih besar dari
dihindari!

(v1  v2 ) 2
2a

jika tmbukan harus

v2

v1 > v2
d

v1

jawab :
mobil 1 bergerak dan membelok menyusul mobil 2, kecepatan mobil 1 lebih besar dari
pada mobil 2, maka agar tumbukan tidak terjadi pada jarak d ialah d 

1 2
at dimana a
2

ialah percepatan moebil satu dan t ialah waktu yang dibutuhkan mobil 1 dan 2 sampai di
suatu ketika kedua mobil akan saling bertumbukan a 

d

1 2
at
2

1 v v 
 a 1 2 
2  a 
1 v  v 
 a 1 22
2
a


V v1  v2
v v

t  1 2
t
t
a

2

2

v1  v2 2

2a
( 23 ) Sebuah mobil mempunyai percepatan maksimum a, yang tetap konstan sampai
kelajuan tinggi dan mobil mempunyai perlambatan maksimum 2a. mobil harus
menempuh jarak yang pendek L dimulai dan berakhir dalam keadaan diam, dalam waktu
minimum T (jaraknya adalah sedemikian pendek hingga mobil takpernah dapat mencapa

Oleh: S. Priyono (Jurusan Fisika F-MIPA UGM)

Page 21 of 41
Latihan Soal-soal Olimpiade Fisika SMA

kelajuan teratas). Setelah berapa bagian dari L, pengendara harus memindahkan kakinya
dari pedal gas ke rem, dan berapa bagian dari waktu untuk perjalanan itu telah berlalu
dititik ini!
a vo = 0

-2a vt = v
S1

vt=0

S2

A

B

C

L
T

Jawab :
Waktu yang dibutuhkan A-B

waktu yang dibutuhkan B-C

a1 

v
t1

a2 

v
t2

t1 

v
a1

t2 

v
a2

0v
 2a
v
t2 
2a

v0
a
v
t1 
a
Gerak AB

t2 

t1 

Gerak BC

1
S1  vo t  at12
2
1 v
 0  a 
2 a

S 2  vo t 2 
2

1
a 2 t 22
2

v 1
 v 
v
  2a  
2a 2
 2a 

v2

2a



v2 v2

2a 4a



2v 2 v 2

4a 4a

v2
4a
T  t1  t 2

2



L  S1  S 2


v2 v2

2a 4a



2v 2 v 2

4a 4a



3v 2
4a

v2
S1
 2a
L 3v 2
4a
S1 4a v 2

L 2a 3v 2
2
S1  L
3

v v

a 2a
2v v


2a 2a
3v

2a


v
t1
 a
T 3v
2a
t1 2 a v

T
a 3v
2
t1  T
3

( 24 ) Sebuah peluru A ditembakkan dengan sudut elevasi 1 , setelah waktu T, peluru B
ditembakkan dengan sudut elevasi  2 , kecepatan awal kedua peluru sama yaitu vo .
hitung T agar kedua peluru bertumbukan di udara!
Jawab:

Oleh: S. Priyono (Jurusan Fisika F-MIPA UGM)

Page 22 of 41
Latihan Soal-soal Olimpiade Fisika SMA

YA = YB

XA = XB
Syarat kedua bola dapat bertumbukan di udara jika XA = XB dan YA = YB
XA  XB

vo A cos  1t A  voB cos  2 t B
vo cos  1T A  vo cos  2 T A  T 
cos  1T A  cos  2T A  cos  2T
cos  2T  cos  2T A  cos  1T A
cos  2T  T A cos  2  cos  1 
TA 

T cos  2
cos  2  cos  1
Y A  YB

1 2
gt A
2
1
vo T A  gt A2
2
1 2
vo T A  gt A
2
1
 gt A2
2
1
v o T  gT 2
2
1
v o  gT
2
1
v o  gT
2

vo A t A 

 v oB t B 

1 2
gt B
2

 v o T A  T  

1
2
g T A  T 
2
1
 v o T A  v o T  g T A2  2TTA  T 2
2
1
1
 v o T  gt A2  gTTA  gT 2
2
2



 gTTA
 gT A
g

T cos  2
cos  2  cos  1

gT cos  2
1
gT 
 vo
2
cos  2  cos  1

g
g cos  2
  v o
T  
 2 cos  2  cos  1 

 g cos  2  cos  1 
2 g cos  2
  v o
T 

 2cos  2  cos  1  2cos  2  cos  1  
 g cos  2  g cos  1  2 g cos  2
T 
2cos  2  cos  1 



  v o


  g cos  2  g cos  1 
  v o
T 
 2cos  2  cos  1  
  g cos  1  cos  2  
  v o
T 
  2cos  1  cos  2  
 g cos  1  cos  2  
  v o
T 
 2cos  1  cos  2  
T 

Oleh: S. Priyono (Jurusan Fisika F-MIPA UGM)

2v o cos  1  cos  2 
cos  1  cos  2 



Page 23 of 41
Latihan Soal-soal Olimpiade Fisika SMA

( 25 ) Sebuah batang homogen memiliki massa M dan panjang L. tentukan momen inersia
batang terhadap poros melalui:
(a) titik tengah batang
(b) titik ujung batang
jawab :
YP

Yo

X = -L/2
x

dx

x = +L/2

O

X

P
x=0

x=L
x

bayangkan batang homogen terdiri atas berbagai elemen dx yang memiliki koordinat x
terhadap poros. Untuk poros melalui titik tengah batang (titik O), koordinat x mulai dari
–L/2 sampai dengan +L/2 (kasus a). untuk poros melalui titik ujung batang (titik P),
koordinat x mulai dari 0 sampai dengan L(kasusb)

bayangkan batang homogen terdiri atas berbagai elemen dx yang memiliki koordinat x
terhadap poros. Momen inersia batang dapat dihitungg dengan persamaan
I   r 2 dm

Dengan r = x dan dm = M/L dx maka persamaan menjadi

M  M 2
I   x 2  dx  
 x dx
 L  L
M
I
L

 x3 
 
3

(a) untuk poros melalui titik tengah batang (kasus a) pada gb diatas, sumbu tegak
yaitu melalui O adalah Yo dan tampak bahwa koordinat x mulai dari x = -L/2
sampai dengan x = +L/2. karena itu momen inersia batang tehadap poros melalui
titik tengah batang yang diperoleh dari persamaan diatas adalah :
M
I 
L

 x3

 3

L

 2

  L2



3
3
M  L 
 L 
      
3L  2 
 2  



M  L3 L3 
 

3L  8
8



2 ML3
24 L

ML3
12 L
1

ML2
12


Oleh: S. Priyono (Jurusan Fisika F-MIPA UGM)

Page 24 of 41
Latihan Soal-soal Olimpiade Fisika SMA

(b) untuk poros melalui titik ujung batang (kasus b) sumbu tegak yang melalui P
adalah Yp dan yang tampak bahwa joordinat x mulai dari x = 0 sampai dengan x
= L. karena itu momen inersia batang terhadap poros melalui titik ujung batang
yang diperoleh dari persamaan diatas adalah
L

M  x3 
I 
 
L  3 0



M 3
L 0
3L
1
I  ML2
3




( 26 ) Sebuah silinder homogen dengan jari-jari R dan massa m berada dipuncak suatu
bidang miring. Manakah yang kelajuannya lebih besar saat tiba didasar bidang miring,
silinder yang meluncur tanpa gesekan atau silinder yang menggelinding?

Jawab : untuk silinder yang meluncur tanpa gesekan, hokum kekekalan energi
memberikan :

EPPuncak  EK Puncak  EPDasar  EK dasar
1
mgh  0  0  mv 2
2
1
gh  v 2
2
v  2 gh
Untuk silinder yang menggelinding, energi kinetic di dasar bidang adalah gabungan
energi kinetic translasi dan rotasi sehingga hokum kekekalan energi memberikan :

EPPuncak  EK Puncak  EPDasar  EK Dasar
1
1

mgh  0  0   mv 2  I 2 
2
2

Untuk silinder pejal, I 

v
1
mR2 , dan v  R atau   , sehingga persamaan menjadi :
R
2

1
11
 v 
mgh  mv 2   mR 2  
2
22
 R 

2

1 2 1 2
v  v
2
4
3
gh  v 2
4
4 gh
v2 
3
gh 

v

4 gh
3

Oleh: S. Priyono (Jurusan Fisika F-MIPA UGM)

Page 25 of 41
Latihan Soal-soal Olimpiade Fisika SMA

( 27 ) Timba yang diikat pada seutas tali yang terhubung pada kerekan silinder. Sebuah
kerekan silinder dengan jari-jari R dan momen inersia I bebas berputar tanpa gesekan
terhadap suatu poros. Seutas tali dengan massa dapat diabaikan dililitkan pada silinder
dan diikatkan ke sebuah timba bermassa m. ketika timba dibebaskan, timba dipecepat ke
bawah akibat gaya gravitasi. Tentikan percepatan timba.
T

R

T
mg
(a)

(b)

(c)

Jawab:
Pertama, kita tinjau diagram gaya pada timba (gambarb). Timba hanya bergerak translasi
ke bawah. Karena itu kita menggunakan hokum II Newton untuk gerak translasi

 F  ma . Karena timba bergerak ke bawah, maka kita tetapkan arah gaya ke bawah
bertanda positif.

 F  ma
 mg  T  ma.........(1)
Selanjutnya, kita tinjau diagram gaya pada kerekan. Kerekan silinder hanya bergerak
rotasi akibat momen gaya yang dihasilkan oleh tegangan tali T terhadap poros silinder.
Hokum II Newton untuk gerak rotasi memberikan :



 I _ dengan _  

a
R

a
TR  I  
R
T 

Ia
.......( 2)
R2

Dengan memasukkan T dari persamaan 2 ke persamaan 1, kita peroleh percepatan timba
mg 

Ia
 ma
R2
mg  ma 

Ia
R2

I 

mg  a m  2 
R


 m 2 R 2  mI 

mg  a
mR 2


 mR 2  I
mg  ma
2
 mR





I 

g  a 1 

mR 2 

a

g
I 

1 

mR 2 


Oleh: S. Priyono (Jurusan Fisika F-MIPA UGM)

Page 26 of 41
Latihan Soal-soal Olimpiade Fisika SMA

( 28 ) Sebuah katrol yang massanya M dan jari-jarinya R dililitkan dengan seutas tali.
Pada ujung-ujung tali terikat benda yang massanya m1 dan m2 (m2 > m1). Tentukan
percepatan masing-masing benda bila :
(a) katrol dapat dianggap licin sehingga tali meluncur pada katrol
(b) katrol ikut berputar dengan tali
(+)

M R

T1

(+)

R

R

T2

m1

m1g
m1

T’

T1

- +

T2

m2

1

m2
(a)

m2g
(b)

(c)

(d)

jawab :
(a) untuk kasus katrol licin, katrol tidak berputar bersama tali (katrol diam), sehingga

  0 . kita tinjau dahulu diagral gaya pada katrol (gambar c). dengan menetapkan arah
searah dengan jarum jam adalah positif, maka gaya T1 menghasilkan momen –T1R
(berlawanan arah jarum jam) dan gaya T2 menghasilkan momen +T2R(searah jarum
jam). Hukum II Newton untuk geak rotasi memberikan :

  I  0 _ sebab _   0
 T1 R  T2 R  0
T2 R  T1 R
T2  T1  T
Tinjau diagram gaya pada benda m1 (gambar b) dan benda m2 (gambar c). karena m2 >
m1, maka m1 akan bergerak ke atas dan m2 akan bergerak ke bawah. Oleh karena itu,
untuk benda m1 kita tetapkan arah ke atas sebagai positif, dan untuk benda m2 kita
tetapkan arah ke bawah sebagai positif. Hokum II Newton untuk gerak translasi m1 dan
m2 memberikan :

F  m a

F  m a

1 1

 T1  m1 g  m1 a1

2

2

 m2 g  T2  m2 a 2

Dengan T1 = T2 = T dan a1 = a2 = a, kita peroleh

T  m1 g  m1a.....(1)

Oleh: S. Priyono (Jurusan Fisika F-MIPA UGM)

 T  m2 g  m2 a.....(2)

Page 27 of 41
Latihan Soal-soal Olimpiade Fisika SMA

Dengan menjumlahkan persamaan (1) dan (2) kita peroleh

T  m1 g  m1a.....(1)
 T  m2 g  m2 a.....(2)

+

 m1 g  m2 g  m1 a  m2 a

m2  m1 g  m1  m2 a
a

m2  m1
g
m1  m2

(c) Untuk katrol itu berputar bersama tali persamaan (1) dan (2) yang diperoleh dari
(a) tetap. Yang berbeda adalah hokum II Newton untuk gerak rotasi pada katrol
karena   0 .
Diagram gaya pada katrol :

  I
T2 R  T1 R  I ........(3)
Sekarang perhatikan besaran-besaran yang akan menghubungkan persamaan (1),
(2), dan (3)

a1  a 2  a



a
R

Untuk katrol dianggap berbentuk silinder pejal, I 

1
MR 2
2

Persamaan menjadi :

T1  m1 g  m1 a.............(1)
m2 g  T2  m2 a............(2)
(T2  T1 ) R  I

a
............(3)
R

1
a
(T2  T1 ) R   MR 2 
2
R
1
Ma
2
atau

T2  T1 

1
T1  T2   Ma.......(4)
2
Dengan menjumlahkan persamaan (1) dan (2) kita peroleh :

T1  m1 g  m1 a
m2 g  T2  m2 a

T1  T2  m2  m1 g  m1  m2 a

T1  T2  m1  m2 a  m2  m1 g........(5)

Dengan memasukkan T1-T2 dari persamaan (3) ke persamaan (5), kita peroleh

Oleh: S. Priyono (Jurusan Fisika F-MIPA UGM)

Page 28 of 41
Latihan Soal-soal Olimpiade Fisika SMA

1
 Ma  (m1  m2 )a  m2  m1 g
2
m2  m1 g  (m1  m2 )a  1 Ma
2

m2  m1 g   m1  m2  1 M a


a

2



m2  m1
1
m1  m2  M
2

( 29 ) Gambar dibawah menunjukkan benda setinggi h yang pada keadaan seimbang
mengapung di atas permukaan air, dengan panjang bagian yang tercelup adalah L. jika
benda ditekan vertical ke bawah sedalam x, kemudian dilepaskan, tentukanlah periode
getaran harmonic benda yang mengayun di atas permukaan air(massa jenis air =  massa
jenis benda = d, dan percepatan gravitasi = g)

h
L

L+x

(a)

(b)

Jawab : Tentukan dahulu gaya pemulih pada kasus ini, yaitu berat air sedalam x yang
dipindahkan (oleh benda). Dengan menyamakan gaya pemulih ini dengan gaya dari
hokum II Newton : F  may  m 2 periode T dapat ditentukan.
Pada gambar diatas benda seimbang (tidak bergerak). Ketika benda ditekan vertical ke
bawah sedalam x, terjadilah ketidakseimbangan. Gaya pemulih (F) sama dengan berat air
sedalam x yang dipindahkan oleh benda. Karena berat air Wx sama dengan hasil kali
volum Vx dan berat jenis air g  , dan volum Vx sama dengan hasil kali luas penampang
A dengan kedalaman x, maka kita peroleh :
Gaya pemulih, F  W X

F  V x g 

F   Ax g .......(1)

Kita harus menyatakan luas penampang A dalam besaran-besaran yang diketahui dalam
soal. Luas penampang A dapat kita nyatakan sebagai hasil bagi antara volum total benda
V dengan tinggi total benda h. volum total benda V dapat kita nyatakan sebagai hasil bagi
antara massa total benda m dengan massa jenisbenda d. jadi, kita peroleh :

m
 
V d m
A 

......(2)
h
h
dh

Oleh: S. Priyono (Jurusan Fisika F-MIPA UGM)

Page 29 of 41
Latihan Soal-soal Olimpiade Fisika SMA

Jika nilai A dari persamaan 2 kita masukkan ke persamaan 1, kita dapatkan gaya pemulih
mxg
m
F    xg  
dh
 dh 

Dengan menyamakan gaya pemulih ini dengan gaya dari hokum II Newton

F  may  m 2 (perhatikan, simpangan y = x). periode T dapat kita tentukan.
mx g
 m 2 x  
dh
g
2 
dh


2

T

g
dh

g
dh

T  2

dh
g

( 30 ) Tangga homogen AB bersandar pada dinding yang licin dan bertumpu pada lantai
kasar. Jika tangga tepat akan tergelincir, buktikan bahwa :  

1
dengan  adalah
2 tan

koefisien gesekan lantai.

A

licin


Jawab :

B

Poros A

NA

AB = L
AB1 = L sin 
BB1 = L cos 

P1



P

AP = ½ L

NB

PP1 = ½ L cos 

W


B1

fB

B

Pada saat tangga tepat akan tergelincir, tangga masih berada dalam keadaan seimbang.
Oleh karena itu soal ini masih dapat diselesaikan dengan rumus-rumus keseimbangan.
Kita pisahkan tangga dan kita gambar diagram gaya pada tangga, seperti ditunjukkan
pada gambar. Misalkan panjang batang = L maka titik kerja gaya berat tangga w berada
di tengah-tengah batang, sehingga AP = BP = ½ L.
Gunakan syarat pertama keseimbangan

F

y

0

W  NB  0
NB  W

Oleh: S. Priyono (Jurusan Fisika F-MIPA UGM)

Page 30 of 41
Latihan Soal-soal Olimpiade Fisika SMA

Karena NA tidak diketahui dan tidak ditanyakan dalam soal, maka untuk memudahkan
perhitungan kita pilih titik A sebagai poros untuk menggunakan hokum kedua
keseimbangan



A

0

 WPP1  f B AB1  N B BB1  0
W

1
L cos   N B L sin   N B L cos   0
2

Masukkan nilai NB = W maka diperoleh

W

1
L cos   WL sin   WL cos   0
2
1
WL sin   WL cos   0
2
1
WL sin   WL cos 
2
WL cos 

2WL sin 
1

sin 
2
cos 
1

2 tan 

( 31 ) Sebuah truk sedang bergerak pada jalan lurus mendatar dengan kecepatan v. jika
koefisien gesekan antara ban dan jalan adalah , maka jarak terpendek di mana truk dapat
di hentikan adalah!
Jawab :

v  vo
a t
t
0v
a
t
v
a
t

 F  ma
 f ges  ma
 mg  ma
a   g

Sehingga jarak total yang dtempuh adalah
1
S  v o t  at 2
2

1 v
 vt    t 2
2 t 
1
 vt  vt
2
1
 vt
2
1 v
 v
2 g
v2

2 g

Oleh: S. Priyono (Jurusan Fisika F-MIPA UGM)

v
v
t 
t
a
v
v
t 
t
 g
g
a

Sehingga

Page 31 of 41
Latihan Soal-soal Olimpiade Fisika SMA

( 32 ) Sebuah mobil menempuh belokan pada jalan datar dengan radius r. jika kelajuan
maksimum yang diperbolehkan agar mobil dapat membelok tanpa slip adalah v, maka
koefisien gesekan statis antara ban mobil dengan jalan adalah?

F  f

Jawab :

 F  ma

cen

ma  m

f ges  ma

v2
r

a

v2
r

g 

v2
r



v2
gr

mg  ma
a  g

( 33 ) Sebuah bola dijatuhkan dari ketinggian h dan kemudian memantul. Koefisien
restitusi tiap kali melambung adalah e . Carilah kecepatan setelah tumbukan yang
pertama dan kecepatan ketika n kali tumbukan. Tunjukkan bahwa bola akhirnya akan
1

1  e  2h  2
  !
diam pada saat t 
1  e  g 
Jawab:A

C
E

h

h1

G

h2
h3

B

D

F

H

I

K

h4

h5
J

dst
L

vA  0
EPA  EK B
mgh 

1 2
mvB
2

vB  2 gh

e

v1 'v2 '
v1  v2

v1 = kecepatan bola = vB
v1’= kecepatan bola setelah memantul = vB’
v2 = kecepatan lantai = 0
v2’= kecepatan lantai setelah tumbukan = 0

e
e
e

vb '0
vB  0
vb '
vb
vb '
2 gh

vb '  e 2 gh

vB’ merupakan kecepatan setelah tumbukan yang pertama

Oleh: S. Priyono (Jurusan Fisika F-MIPA UGM)

Page 32 of 41
Latihan Soal-soal Olimpiade Fisika SMA

mencari h1
E PC  E K B

E PC  E K D

1
mv' 2B
2
1
gh1  e 2 2 gh
2
1
h1  e 2 2h
2

e

1
mv D2
2
1
ge 2 h  v D2
2

mgh1 

mgh1 

v

e
e

 2e gh

2
D

2

v D  e 2 gh

h1  e 2 h

Mencari h2

mencari vD’

mencari vD

1
mv' 2D
2
1
gh2  e 4 2 gh
2

mgh2 

E PC  E K B

e

1
mvF2
2
1
ge 4 h  v F2
2

mgh2 

e
e

v  2e gh
2
F

h2  e h
4

v1  v 2

v D '0 
vD  0
vD '
e 2 gh

v D '  e 2 2 gh

Mencari vF’

Mencari vF

E PE  E K D

v1 'v 2 '

4

v F  e 2 2 gh

v1 'v 2 '
v1  v 2

v F '0 
vF
vF '
e

2

2 gh

v F '  e 3 2 gh

Dari vB’ , vD’, dan vF’ maka kecepatan n kali setelah tumbukan adalah

v1  2 gh

vn '  e n 2 gh

v 2  e 2 gh

Mencari waktu, ketika bola diam

v3  e 2 2 gh

Gerak Bola Turun

v 4  e 3 2 gh

Untuk kecepatan memiliki pola sbb:

..............
vn  0

Jumlah V

Jarak S turun

S turun  h  h1  h2  h3  ....  0

v  2 gh  e 2 gh  e 2 2 gh  e 3 2 gh  ......  0



 2 gh e 0  e  e 2  e 3  ...  0



 h  e 2 h  e 4 h  e 6 h  .....  0



 h e 0  e 2  e 4  e 6  ....  0

e0
 2 gh .
1 e


e0
1  e2
h

1  e2
h

2 gh
2 gh
 v ratarata 
1 e
21  e 

Mencari t turun

t turun 

S turun
v rata2 _ turun

h
2
 1 e
2 gh
2(1  e)





Oleh: S. Priyono (Jurusan Fisika F-MIPA UGM)

2h1  e 



2 gh 1  e 2



2h1  e 

2 gh 1  e 1  e 
2h

1  e 

2 gh

1
2h
(1  e) g



Page 33 of 41
Latihan Soal-soal Olimpiade Fisika SMA

Gerak bola turun

Jumlah v adalah

Untuk kecepatan memiliki pola sbb:

v  e 2 gh  e 2 2 gh  e 3 2 gh  ......  0

v1  e 2 gh
v 2  e

2



 2 gh  e  e 2  e 3  ....  0

2 gh

v3  e 3 2 gh
vn  0
Jumlah jarak S naik

Mencari t naik
t naik 

S naik  h1  h2  h3  ...  hn
 e h  e h  e h  ....  0
4

6



 h e 2  e 4  e 6  ....  0
 h.

S naik
v rata2 _ naik

he 2
2
 1 e
e 2 gh

21  e 



e2
1  e2




T total adalah :

t total  t turun  t naik


1
2h
2h
e


1  e  g (1  e) g



1
2h
1  e 

(1  e) g




e
 e 
2 gh
  2 gh 
  v rata2 naik  
21  e 
1 e 

......................

2



  2 gh e  e 2  e 3  ...  0



21  e he 2

e 2 gh 1  e 2 
21  e he

2 gh 1  e 1  e 
2he

1  e 

2 gh

e
2h
1  e  g

1  e 

2h
(1  e) g

( 34 ) Dari suatu titik pada ketnggian h diatas tanah. Sebuah peluru A diarahkan dengan
kecepatan v dengan sudut elevasi  . Peluru lain B diarahkan dari tempat yang sama
dengan kecepatan v tetapi arahnya berlawanan dengan A. buktikan bahwa ketika

2v cos  v 2 sin 2   2 gh
mengenai tanah, jarak antara kedua peluru adalah R 
g
Jawab :

v
B
v

A



P


h
Q

S

x3

x1
R

Oleh: S. Priyono (Jurusan Fisika F-MIPA UGM)

x2

Page 34 of 41
Latihan Soal-soal Olimpiade Fisika SMA

Mencari waktu peluru A sampai di P tP
Syarat mencapai di P

Mencari besarnya x1

y0

x1  v0 A cos  .t P

1 2
gt P  0
2
1
v sin  .t P  gt P2
2
2v sin   gt P

v0 A sin  .t P 

tP 

 v cos 

2v sin 
g

2v 2 sin  cos 

g

2v sin 
g

Mencari tQ

yh
v0 A sin  .t Q 
v sin  .t Q 

1 2
gt Q  h
2

1 2
gt Q  h  0
2

1 2
gt Q  v sin  .t Q  h  0
2
gt Q2  2v sin  .t Q  2h  0
t Q2 

2v sin  .
2h
tQ 
0
g
g
t Q1, 2 



 b  b 2  4ac
2a
 2h 
2v sin 
4v 2 sin 2 


 4(1)  
2
g
g
 g 
2(1)



2v sin  1 4v 2 sin 2  8h


g
2g
2
g2



v sin  2 v 2 sin 2  2h


g
g
2
g2



v sin 
v 2 sin 2  2 gh

 2
g
g2
g



v sin  1 2

v sin 2   2 gh
g
g

t Q1  

v sin  1 2

v sin 2   2 gh
g
g

t Q2  

v sin  1 2

v sin 2   2 gh
g
g

Yang memenuhi adalah tQ1 karena ada kemungkinan hasilnya positif, karena waktu tidak
mungkin negative.
Mencari x2

x 2  v cos  .t Q
 v sin  1 2 2

 v cos  . 

v sin   2 gh 
g
g


2
2
v 2 sin  cos  v cos  v sin   2 gh


g
g

Oleh: S. Priyono (Jurusan Fisika F-MIPA UGM)

Page 35 of 41
Latihan Soal-soal Olimpiade Fisika SMA

Mencari tS

yh
v0 A sin  .t S 
v sin  .t S 

1 2
gt S  h
2

1 2
gt S  h  0
2

1 2
gt S  v sin  .t S  h  0
2
gt S2  2v sin  .t S  2h  0
t S2 

2v sin  .
2h
0
tS 
g
g
t S1, 2 

 b  b 2  4ac
2a




 2h 
2v sin 
4v 2 sin 2 

 4(1)  
2
g
g
 g 
2(1)



2v sin  1 4v 2 sin 2  8h


2g
2
g
g2



v sin  2 v 2 sin 2  2h


2
g
g
g2



v sin 
v 2 sin 2  2 gh

 2
g
g2
g



v sin  1 2

v sin 2   2 gh
g
g

t S1  

v sin  1 2

v sin 2   2 gh
g
g

t S2  

v sin  1 2

v sin 2   2 gh
g
g

Yang memenuhi adalah tS1.
Mencari x3
x3  v0 B cos  .t S


 v sin  1 2 2
v sin   2 gh 
 v cos   

g
g


2
2
v 2 sin  cos  v cos  v sin   2 gh


g
g

R  x1  x 2  x3
2
2
2
2
2v 2 sin  cos  v 2 sin  cos  v cos  v sin   2 gh v 2 sin  cos  v cos  v sin   2 gh





g
g
g
g
g

2v cos  v 2 sin 2   2 gh

g

Oleh: S. Priyono (Jurusan Fisika F-MIPA UGM)

Page 36 of 41
Latihan Soal-soal Olimpiade Fisika SMA

( 35 ) Air sungai mengalir dari barat ke timur pada kelajuan c. Seorang anak berenang
searah arus sungai dengan kelajuan v sampai menempuh jarak d. Kemudian anak tersebut
berbalik arah dan berenang menuju ke titik berangkatnya semula. Carilah selang waktu
yang ditempuh anak itu!
Barat

Timur

Vtot = v + c
Vtot = v -- c
Kec arus = c
d
Jawab:
Gerak barat ke timur
Kecepatan geraknya adalah v tot = v + c

t1 

s
v

d
cv
Gerak timur ke barat


Kecepatan geraknya adalah v vot = v - c
s
t2 
v
d

vc
Selang Waktu seluruhnya adalah

t  t1  t 2
d
d

vc vc
d v  c   d v  c 

v  c v  c 



dv  dc  dv  dc
v2  c2
2dv
 2
v  c2


( 36 ) Untuk sebuah peluru dengan jangkauan R dan selang waktu di udara t1 dan t2.

2R
!
g

tunjukkan bahwa t1.t2 
Y

vo

2
1 vo
0

R

Oleh: S. Priyono (Jurusan Fisika F-MIPA UGM)

X

Page 37 of 41
Latihan Soal-soal Olimpiade Fisika SMA

Jawab :
Telah anda ketahui bahwa untuk kelajuan awal vo yang sama pasangan sedut elevasi 1
dan  2 akan memberikan jangkauan mendatar (jarak terjauh) yang sama R jika jumlah
kedua sudut elevasi 90o.

 1   2  90 o
 1  90 o   2
cos  1  cos(90 o   2 )
cos  1  sin  2
Mari kita hitung selang waktu di udara toA. Syarat peluru mencapai titik terjauh A