SOAL DAN PEMBAHASAN OLIMPIADE FISIKA SMA TINGKAT PROVINSI (OSP) TAHUN 2014

SELEKSI OSN TINGKAT PROVINSI 2014
TIM OLIMPIADE FISIKA INDONESIA 2015

Bidang Fisika
Waktu : 3,5 Jam

DEPARTEMEN PENDIDIKAN NASIONAL
DIREKTORAT JENDERAL PENDIDIKAN DASAR DAN MENENGAH
DIREKTORAT SEKOLAH MENENGAH ATAS
TAHUN 2014
Oleh : davit Sipayung
Web : davitsipayung.blogspot.com
Email : davitsipayung@gmail.com

1.

Balok bermassa 2m mula-mula diam terbawah bidang miring ( massa M dan sudut
kemiringan  ). Permukaan bidang miring licin dan berada di atas meja licin. Pada saat
awal t=0, sebutir peluru dengan massa m dan kecepatan v0 bergerak paralel terhadap
bidang miring (lihat gambar) dan menumbuk balok 2m hingga bersarang di dalam balok
tersebut (pada saat ini bagian ujung bidang miring tepat berada di pojok meja). Hitung :

a. ketinggian maksimum yang dapat dicapai balok terhadap permukaan meja
b. kecepatan bidang miring saat balok mencapai ketinggian maksimumnya
c. kapan (waktu) balok 2m mencapai ketinggian maksimumnya
d. jarak yang ditempuh bidang miring terhadap pojok meja pada saat balok 2m
mencapai ketinggian maksimumnya.
g

M



2m

v0
m

SOLUSI:
a. Momentum linear kekal pada tumbukan antara balok 2m dan peluru m:
mv0 3mv1  v1  v0 3
Momentum linear arah horizontal kekal pada tumbukan antara balok-peluru dengan

bidang miring. Momentum linear awal sistem arah horizontal :
pawal 3mv1cos mv0 cos
Ketiga sistem balok-peluru berada di tertinggi di atas bidang miring maka
kecepatannya akan sama dengan kecepatan bidang miring v2 (balok diam relatif
terhadap bidang miring).
pakhir M 3mv2
Kekekalan momentum linear pada arah horizontal :
mv0 cos M 3mv2

mv0 cos
M 3m
Kekekalan energi mekanik dengan acuan energi potensial di meja sama dengan nol:
13mv2 3mgh  1M 3mv2
maks
1
2
2
2
Substitusikan nilai v1 dan v2 ke dalam persamaan ini maka akan diperoleh :
v2 

hmaks 

v02
mv02 cos 2

18 g 6 gM 3m

Oleh : davit Sipayung
Web : davitsipayung.blogspot.com
Email : davitsipayung@gmail.com





2
v2
hmaks  M 3msin  0
M 3m 18 g

b. kecepatan bidang miring saat balok mencapai ketinggian maksimumnya :
mv cos
v2  0
M 3m
c. Jarak S yang ditempuh oleh balok di atas bidang miring :
2
h
v02
S  maks  M 3msin 
sin
M 3m 18 gsin





Percepatan balok relatif terhadap bidang miring :
v2
a1  1

2S
Waktu yang diperlukan balok 2m mencapai ketinggian maksimumnya:
t1 





v0
v1 2S M 3msin 2
 
3g sin
a1 v1
M 3m

d. Percepatan bidang miring relatif terhadap tanah :
a2 

v2
t1

Jarak X yang ditempuh oleh bidang miring dari tepi meja :
mM  3msin 2  v02
X  1 a 2t12  1 v2t1 
2
2
M 3m2 6 g tan
2.

Sebuah bola bermassa m ditempatkan di antara tembok vertikal dan balok segitiga
bermassa M. Sisi miring balok segitiga tersebut memiliki sudut kemiringan  terhadap
horizontal . Bola tersebut menyinggung balok segitiga pada ujung paling atas balok
tersebut. Balok berada pada lantai. Baik bola maupun balok bergerak tanpa gesekan.
Percepatan gravitasi g ke bawah. Lihat gambar. Agar setelah bola dilepas tanpa kecepatan
awal , permukaan horizontal balok segitiga tersebut tetap pada lantai atau tidak miring
atau berputar,
a. Gambarkan diagram gaya yang bekerja pada sistem bola-balok tersebut
b. Tentukan nilai percepatan gerak bola
c. Tentukan syarat bagi nilai M/m

m



M

SOLUSI:
Oleh : davit Sipayung
Web : davitsipayung.blogspot.com
Email : davitsipayung@gmail.com

a. Gambar diagram gaya yang bekerja pada sistem bola-balok :

N1

N3







N1

N2

mg

Mg
b. Bola bergerak dengan percepatan a1 ke kanan dan balok segitiga bergerak ke kiri
dengan percepatan a 2 ke kanan. Percepatan a1 dan a 2 memenuhi hubungan bahwa
tan 

a1
a
 a2  1
a2
tan

Persamaan gerak bola :
mg  N1cos ma1
Persamaan gerak balok segitiga :
N1sin  Ma 2
Percepatan gerak bola:
mg tan 2
a1 
M  m tan 2
c. Permukaan horizontal balok segitiga tersebut tetap pada lantai berarti balok tidak
mengguling atau berputar. Saat balok segitiga akan mengguling maka gaya normal
balok N2 bergeser ke tepi balok. Asumsikan lebar balok l dan tinggi balok h. Gaya
normal N1 mula-mula tepat di puncak balok segitiga.



N1

h



N2
A

l

Mg
Kita misalkan bahwa torsi yang berlawanan arah jarum jam bernilai positif
,sedangkan torsi yang berlawanan arah jarum jam bernilai negatif. Balok tidak akan
berputar ketika jumlah seluruh torsi di titik A benilai negatif. Pusat massa segitiga
berjarak l/3 dari titik A. Persamaan torsi terhadap titik A :

 A 0

Mg l  N1sin h 0
3
Dari persamaan sebelumnya dapat kita peroleh bahwa

Oleh : davit Sipayung
Web : davitsipayung.blogspot.com

Email : davitsipayung@gmail.com

N1 

Mmg
M  m tan 2 cos

dan dari geometri balok segitiga kita peroleh hubungan bahwa
tan  h
l
Kita akan mudah mendapatkan bahwa
3Mmg
sin tan 0
Mg 
M  m tan 2 cos
1

3mtan 2 0
M  m tan 2 

M  2tan 2
m

3.

Sebuah benda bermassa m terletak pada ketinggian y di atas permukaan planet bola
bermassa M dan berjari-jari R. Anggap nilai R tidaklah sangat besar dibandingkan dengan
y. Percepatan gravitasi di permukaan planet itu adalah g 0, sedangkan tetapan gravitasi
universal adalah G.
a. Percepatan gravitasi yang di alami benda m tersebut berkurang secara linear terhadap
y. Tentukan percepatan gravitasi pada ketinggian h (nyatakan dalam parameterparameter di atas);
b. Jika benda tersebut dilemparkan vertikal ke atas dari ketinggian h dengan kecepatan
awal v0 , tentukan kecepatan benda tersebut sebagai sebagai fungsi ketinggian y.
c. Tentukan tinggi maksimum benda tersebut. Tentukan pula tinggi maksimum benda
jika tetapan /konstanta linear pada pertanyaa a) di atas bernilai  0.
SOLUSI:
a. Misalkan  adalah konstanta linear penurunan percepatan gravitasi terhadap y .
Percepatan gravitasi sebagai fungsi y adalah :
g  g0  y
Sehingga percepatan gravitasi pada ketinggian h di atas permukaan planet akan sama
dengan g  g 0 h.
b. Misalkan sumbu y positif di atas permukaan planet sehingga percepatan planet akan
bernilai negatif karena arahnya ke bawah.
g  g 0  y g 0   y
Bentuk turunan percepatan gravitasi sebagai fungsi y :
g  dv  dv dv  v dv
dt dt dy dy
Sehingga kita dapat menuliskan bahwa:
v dv  g 0   y
dy
 vdv  g 0   ydy
v

y

v0

h

Oleh : davit Sipayung
Web : davitsipayung.blogspot.com
Email : davitsipayung@gmail.com

1 v2  g y  y2
0
2 v0
2 h
1 v2  1 v2   g y  y2   g h   h 2
0
0
2
2 0
2
2



v



y

v y2  2 g 0 y  2 g 0 h h 2  v02  2



1

c. Benda mencapai tinggi maksimum (ym) saat kecepatan sesaatnya sama dengan nol
(v=0).
 ym2  2 g 0 ym  2 g 0 h h 2  v02 0
Kita akan memperoleh solusi ym dengan menggunakan rumus akar-akar persamaan
kuadrat untuk kasus  0 :
ym 



g0



2
v2
1 2h  h2  02

g0 g0 g0

g0

Tinggi maksimum benda jika  0 :

2 g 0 ym  2 g 0 h  v02 0
ym h 

4.

v02
2g

Bola karet dengan berat W= mg dilekatkan dengan kuat di titik C pada ujung tongkat AC
(dengan massa tongkat diabaikan). Sementara pada ujung lain tongkat yaitu titik A
dipasang engsel yang melekat kuat pada lantai sehingga tongkat dapat berosilasi di
sekitar titik A pada bidang xy (lihat gambar). Pegas dengan konstanta k dipasang pada
posisi mendatar dengan satu ujung dilekatkan pada dinding dan ujung yang lain
dilekatkan pada titik B di tongkat AC. Seperti tampak pada gambar, tongkat
disimpangkan pada posisi awal (tegak) sebesar sudut  lalu dilepaskan sehingga tongkat
akan mengalami gerak osilasi (getaran). Tentukan :
a. besar frekuensi getaran untuk sudut simpangan  yang kecil
b. nilai maksimum gaya berat W agar untuk simpangan  kecil pada tongkat
mengalami getaran harmonik.
y

C

Dinding

W=mg B
L



a
x

A
Lantai

Oleh : davit Sipayung
Web : davitsipayung.blogspot.com
Email : davitsipayung@gmail.com

SOLUSI:
a. Perhatikan gaya-gaya yang bekerja pada sistem di bawah ini.
y

L
W=mg

x a sin

kx
a


A
Lantai

d 2
dt 2

Persamaan torsi pada titik A :

 A  I

WLsin  kxa cos  mL2

d 2
dt 2

d 2
dt 2
Untuk sudut simpangan  yang kecil berlaku bahwa sin  dan cos 1 , sehingga
WLsin  ka 2 cossin  mL2

kita dapat menuliskan
2
d 2 ka WL

 0 
2
2
dt

mL

d 2
 2 0
2
dt

Persamaan ini merupakan bentuk persamaan gerak harmonis sederhana yang
memiliki frekuensi angular
ka 2 WL
2 
mL2
Sehingga frekuensi getaran sistem akan sama dengan :

ka WL
f  1
2 2
mL2
b. Syarat agar sistem melakukan osilasi gerak harmonik adalah :
 2 0
2

ka 2 WL0

W  ka
L

2

Wmaks  ka
L

2

Oleh : davit Sipayung
Web : davitsipayung.blogspot.com
Email : davitsipayung@gmail.com

5.

Sebuah batang homogen (massa M dan panjang L) salah satu ujungnya diletakkan pada
tepi sebuah meja dalam posisi vertikal. Batang kemudian dilepaskan dari keadaan diam.
Tentukan sudut antara posisi batang terhadap vertikal dimana batang mulai kehilangan
kontak dengan meja. Lakukan perhitungan anda untuk 2 kondisi berikut ini :
a. Tepi meja dianggap licin akan tetapi memiliki siku seperti ditampilkan pada gambar
(i);
b. Tepi meja kasar dan sangat tajam seperti ditampilkan pada gambar (ii).

(i)

(ii)

SOLUSI:
a. Batang membentuk sudut θ terhadap posisi vertikal saat jatuh dari posisi vertikal.
Perubahan energi potensial pusat massa batang akan diubah menjadi energi kinetik
rotasi batang.
Mg l 1cos  11 ML2 2
2
23
3g
 2  1 cos 
l

3g
Percepatan sentripetal pusat massa batang: a c  2 l  1 cos 
2 2
Persamaan torsi pada batang terhadap siku meja :
Mg l sin  1 ML2
2
3
3g
  sin
2L
3g
Percepatan tangensial pusat massa batang : a t  l  sin
2 4
Dinding horizontal dan vertikal licin dari siku tepi meja akan memberikan gaya
horizontal dan vertikal yang bernilai berturut-turut N H dan NV pada ujung batang
(lihat gambar).

Oleh : davit Sipayung
Web : davitsipayung.blogspot.com
Email : davitsipayung@gmail.com

at

θ

ac

FH

Mg

FV

Persamaan gaya pada batang dalam arah horizontal dan vertikal diberikan oleh
N H  M a t cos a c sin 
Mg  NV  M a t sin  a c cos 

Substitusikan a t dan a c ke dalam persamaan ini maka kita akan medapatkan bahwa

NH  3 Mgsin 3cos 2
4
2
NV  1 Mg3cos 1
4
Komponen reaksi pertama N H akan nol ketika  cos1 23 . Untuk sudut yang lebih

besar, N H akan menjadi negatif, sehingga batang benar-benar lepas dari meja karena
tepi meja yang licin tidak dapat menarik ujung batang kembali.
b. Tepi meja sekarang berbentuk seperempat lingkaran yang sangat kecil , gaya normal
N selalu diarahkan pada sumbu batang. Gaya gesek statik F s arahnya tangensial
terhadap seperempat lingkaran ini dan nilainya berubah-ubah

at

θ
Fs
N

ac
Mg

Persamaan gaya sepanjang batang :
3Mg
Mg cos  N  Ma c 
1cos 
2
Kita akan mendapatkan nilai gaya normal sebagai
N

Mg
5cos 3
2

Reaksi meja terhadap batang menjadi nol ketika N= 0 saat  cos1 53 . Untuk sudut
yang lebih besar gaya normal akan negatif , ini berarti batang meninggalkan tepi
meja.

Oleh : davit Sipayung
Web : davitsipayung.blogspot.com
Email : davitsipayung@gmail.com

6.

Sebuah bola kecil dengan massa m dipasang pada silinder pejal bermassa M dan berjarijari R menggunakan batang tak bermassa . Lihat gambar. Bola kecil tersebut berada pada
jarak H di atas pusat silinder. Sistem bola-silinder tersebut kemudian diberikan gangguan
kecil dari posisi kesetimbangan tak stabil tersebut. Silinder menggelinding tanpa
tergelincir/slip. Pada saat bola m menyentuh lantai, tentukan:
a. kecepatan pusat massa silinder,
b. kecepatan bola.
m
H

SOLUSI:
M
a. Ambil acuan energi potensial di pusatR massa silinder pejal sama dengan nol. Energi
mekanik awal sistem :
Eawal  mgH
Pada saat bola kecil menyentuh lantai, silinder pejal dan bola kecil akan memiliki
kecepatan sudut  .

M

vcm

R

H
m

θ

vcm
vb

vt

Silinder akan memiliki kecepatan pusat massa vcm R karena silinder tidak slip.
Bola kecil akan memiliki dua kompenen kecepatan yaitu, kecepatan horizontal sama
dengan vh vcm dan kecepatan tangensial sama dengan vt H vcm H R . Bola kecil
memiliki kecepatan total
2
2
vb2 vt2  vcm
 2vt vcm cos 900 vt2  vcm
 2vt vcm sin





2
vcm
H2 2
vcm H R H 2  R2 2



2
v
v
vcm
cm
cm
R H
R2
R2
Momen inersia silinder pejal terhadap pusat massa pejal adalah I s  12 MR2

vb2 

Momen inersia bola kecil terhadap pusat massa pejal adalah I b  mH 2 . Energi
mekanik bola-silinder saat bola menyentuh lantai :
2
 1 mvb2  1I p  I s  2
Eakhir mgR 1 Mvcm
2
2
2
Kekekalan energi mekanik sistem, Eawal  Eakhir :









2
2
v
2
2
 1 m H 2R vcm
 1 mH 2  1 MR2  cm 
mgH mgR 1 Mvcm
2
2
2
2
R
 R

vcm 

4mg H  RR2
3MR2  4mH 2  2mR2

Oleh : davit Sipayung
Web : davitsipayung.blogspot.com
Email : davitsipayung@gmail.com

2

4mg H  RH 2  R2 

b. Kecepatan bola menyentuh lantai :
vb 

7.

3MR2  4mH 2  2mR2

Sebuah silinder pejal bermassa m dan radius R mula-mula berotasi dengan kecepatan
sudut 0 dan tanpa kecepatan awal pusat massa di tepi bawah suatu bidang miring kasar
(yang tetap/tidak dapat bergerak) dengan sudut kemiringan θ dan koefisien gesek kinetik
s dimana k tan . Asumsikan bahwa silinder selama mendaki tetap kontak dengan
bidang miring. Tentukan :
a. waktu yang dibutuhkan silinder hingga menggelinding tanpa slip
b. jarak yang ditempuh oleh pusat massa silinder hingga menggelinding tanpa slip,
c. ketinggian maksimum yang dicapai silinder
SOLUSI:
a. Diagram gaya pada silinder pejal :
N
fk
θ

mgsinθ
θ

mg

mgcosθ

Persamaan gaya pada silinder :
fk mgsin ma cm

k mgcos mgsin ma cm
a cm k gcos  gsin

Persamaan torsi pada pusat massa silinder:
 fk R I
k mg cos R 1 mR2
2
2  g cos
  k
R

Kinematika translasi silinder pejal :
vt v0 a cmt
vt  g k cos sin t

Kinematika rotasi silinder pejal :
t 0 t

2k g cos
t
R
Silinder membutuhkan waktu t0 untuk mencapai slip dan kondisi slip terjadi saat

t 0 
vt t R

Oleh : davit Sipayung
Web : davitsipayung.blogspot.com
Email : davitsipayung@gmail.com

2 g cos 
gk cos sin t0 0  k
t0 R0
R



t0 

0 R
g 3k cos sin 

b. jarak yang ditempuh oleh pusat massa silinder hingga menggelinding tanpa slip,
S  1 a cmt02
2
k cos sin  02 R2
S
3k cos sin 2 2 g
c. Energi awal silinder pejal, ambil acuan energi potensial di pusat massa silinder saat di
posisi mula-mula sama dengan nol :
Eawal  1 I02  1 mR202
2
4
Energi kinetik rotasi awal silinder akan dikerversi menjadi energi gesek dan energi
potensial gravitasi dengan mencapai ketinggian maksimum h maks. Silinder mengalami
kehilangan energi oleh karena gaya gesek saat bergerak slip, yaitu saat menempuh
jarak S.
 cos sin cos k mg02 R2
E gesek  fk S  k
2g
3k cos sin 2
Energi potensial akhir silinder pejal :
EP mghmaks
Kekekalan energi sistem :
Eawal  E gesek  EP

1 mR2 2  k cos sin cos k mg0 R  mgh
0
maks
4
2g
3k cos sin 2
2

2

R202  2k  k cos sin cos 
hmaks  1
1

4 g 
3k cos sin 2 

Oleh : davit Sipayung
Web : davitsipayung.blogspot.com
Email : davitsipayung@gmail.com