Soal dan Pembahasan Olimpiade Fisika SMA Tingkat Kabupaten 2017 oleh Davit Sipayung

Sekolah Online Fisika Indonesia
davitsipayung.com

Davit Sipayung
davitsipayung@gmail.com

Soal Olimpiade Sains Tingkat Kabupaten/Kota 2017
Bidang Fisika SMA
Waktu : 3 jam

1.

Sebuah pegas telah di desain sedemikian untuk diletakan di dasar lantai suatu
kolom lift pada sebuah gedung bertingkat (lihat gambar di bawah). Pegas ini

M

berfungsi untuk mengamankan orang yang di dalam lift ketika kabel lift putus

h

dan kemudian lift terjatuh. Diketahui massa total lift dan penumpangnya
adalah M dan percepatan gravitasi g. Jika pada saat lift berada pada ketinggian
h di atas puncak pegas, kabel lift putus dan kemudian lift terjatuh, tentukan:

k

a. konstanta pegas k agar penumpang lift merasakan percepatan yang tidak
lebih besar dari pada 5g pada saat lift akan berhenti untuk pertama kali!
b. amplitudo osilasi dinyatakan dalam h, jika setelah berhenti pegas itu kemudian berosilasi.

2.

Sebuah benda bermassa M bergerak secara vertikal pada sebuah poros
(seperti gambar di bawah) akibat pengaruh dari sebuah gaya F yang
besarnya konstan namun arahnya berubah setiap waktu. Diketahui bahwa
θ =bt, dimana b merupakan sebuah konstanta dan t adalah waktu dalam

F

θ

M

detik . Jika koefisien gesek antara benda dan poros adalah μ k dan bila
benda itu bergerak dari keadaan diam (yaitu θ =00), tentukan besar gaya
F yang menyebabkan benda berhenti setelah θ =π/2 .

3.

Sebuah piringan pejal bermassa M, dan berjari-jari R ( I = ½ MR2) dipasang pada ujung
sebuah batang tak bermassa dengan panjang L. Ujung batang lainnya diberi poros tetap yang
licin. Mula-mula batang disimpangkan dengan sudut α =π/3 radian terhadap garis vertikal.
Jika piringan dilepaskan tanpa kecepatan awal, tentukanlah kecepatan pusat massa piringan v
di titik terendahnya dengan kondisi (lihat gambar di bawah) :
a. Piringan di lem ke batang (lihat gambar A).
b. Piringan dipasang dengan poros licin (Gambar B).
c. Sama dengan (b), hanya saja terdapat lintasan lingkaran berjari-jari (L+R) yang cukup
kasar sehingga piringan tidak slip pada permukaan tersebut (Gambar C).

Davit Sipayung

| 1

Sekolah Online Fisika Indonesia
davitsipayung.com
Poros Tetap

Davit Sipayung
davitsipayung@gmail.com

Poros Tetap

α

α

α

L
M

L
M

L
M

A

4.

Poros Tetap

B

C

Sebuah bola A bermassa m menumbuk bola B dengan massa 2m yang mula-mula diam
(seperti yang ditunjukkan gambar di bawah). Sesaat setelah tumbukan , bola B meluncur pada
lintasan yang berbentuk seperempat lingkaran berjari-jari R dan kemudian pada sudut β,
gerakan bola B menjadi gerakan proyektil. Diketahui bahwa tumbukan antara kedua bola

bersifat lenting sebahagian dengan koefisien restitusi e, dan kedua bola dapat dianggap
sebagai benda titik. Tentukan besar kecepatan bola A sesaat menumbuk bola B.

B

A

R
β

5.

Sebuah balok kecil (massa m1) berada di atas suatu bidang miring (massa m2, sudut
kemiringan θ) yang diletakkan di atas alat timbangan berat (lihat gambar). Diketahui bidang
miring memiliki keringgian h dan titik pusatnya berada pada ketinggian h/3 dari alas bidang
miring. Sementara itu pada saat awal, titik pusat massa balok m1 berada di ketinggian h dari
alas bidang miring. Asumsikan bidang miring licin dan terikat pada timbangan. Tentukan :
a. letak posisi vertikal pusat massa sistem balok-bidang miring tersebut.
b. komponen vertikal kecepatan pusat massa sistem tersebut dinyatakan sebagai fungsi
waktu t, saat balok kecil tergeser/bergerak ke bawah di atas permukaan bidang miring.

c. posisi vertikal pusat massa sistem tersebut sebagai fungsi waktu.

2 | Davit Sipayung

Sekolah Online Fisika Indonesia
davitsipayung.com

Davit Sipayung
davitsipayung@gmail.com

d. nilai pembacaan pada alat timbangan berat saat balok kecil mulai bergeser.

m1

h
m2

θ

6.

Diketahui dua batang seragam yang disusun seperti pada gambar berikut. Batang dengan
panjang D dipasang tegak lurus terhadap batang dengan pamjang L 1+ L2 (lihat gambar).
Massa total batang adalah M. Ujung batang D diletakkan pada poros O yang licin, sedangkan
pada ujung batang L1 dan batang L2 dipasang massa masing-masing berturut-turut M1 dan
M2. Ternyata pada keadaan setimbang,batang D membentuk sudut θ terhadap vertikal.
Percepatan gravitasi g ke bawah.Tentukan tanθ dinyatakan dalam besaran-besaran di atas.
O
θ

D

L1

M2

L2
M1

7.

Pada sistem massa-pegas-katrol di bawah ini, diketahui pegas tak
bermassa dengan tetapan k digantung vertikal pada atap tetap. Panjang
k

pegas mula-mula dalam keadaan tidak tertarik atau tertekan adalah y 0.
Di bawah pegas tergantung sebuah katrol silinder bermassa M dan
berjari-jari R dengan momen inersia I = ½ MR2 . Pada katrol tersebut
terdapat tali tak bermassa yang tidak dapat mulur yang menghubungkan

R

M

massa m1 dan m2 . Jika m1 ≠ m2, tentukan kecepatan sudut osilasi pegas.
m2
m1

Davit Sipayung

| 3

Sekolah Online Fisika Indonesia
davitsipayung.com

Davit Sipayung
davitsipayung@gmail.com

Pembahasan Olimpiade Sains Tingkat Kabupaten/ Kota 2017
Bidang Fisika SMA

1.

Pembahasan:

a. Misalkan kompresi maksimum pegas adalah x. Pilih energi potensial nol di titik terendah
benda. Kekekalan energi mekanik :
EM awal  EM akhir

Mg  h  x  

1 2
kx
2

1 2
kx  Mgx  Mgh  0
2
Solusi x adalah
x

Mg  M 2 g 2  2Mghk
k

Pilih solusi x positif sebagai solusi yang mungkin.
x

Mg  M 2 g 2  2Mghk
k

Hukum II Newton pada lift saat akan terangkat ke atas (a ≤ 5g) :
 F  ma
kx  Mg  Ma
 Mg  M 2 g 2  2 Mghk
k

k



  Mg  5Mg


12 Mg
k
h
b. Posisi setimbang pegas dari ujung atas pegas mula-mula adalah
x0 

Mg
k

Amplitudo osilasi lift sama dengan simpangan terjauh lift dari posisi setimbang, yaitu

4 | Davit Sipayung

Sekolah Online Fisika Indonesia
davitsipayung.com

Davit Sipayung
davitsipayung@gmail.com

A  x  x0






2.

Mg  M 2 g 2  2Mghk
k

M g  2 Mghk
2



Mg
k

2

k

 12 Mg 
M 2 g 2  2Mgh 

 h 
 12 Mg 
 h 


5
h
12

Pembahasan:

Diagram benda gaya pada M :

y

θ

F

N

Mg

x

fk

Hukum II Newton pada massa M:

 Fx  Ma x  0
N  F sin   0
N  F sin bt

 F y  Ma y

F cos  fk  Mg  Ma y

F cos  k N  Mg  Ma y
ay 

F
F
cos bt  k sin bt  g
M
M

Sudut antara gaya dan poros adalah θ = bt .

Davit Sipayung

| 5

Sekolah Online Fisika Indonesia
davitsipayung.com

Davit Sipayung
davitsipayung@gmail.com

Kecepatan benda sebagai fungsi waktu :
ay 

dvy

dt
dvy  a y dt

 dvy   a y dt

vy

t

v0 y

0

vy  v0 y   a y dt
t

t
 F
F

 v0 y    cos bt  k sin bt  g dt
M

0 M

0

 F
 F

sin bt  k cos bt  gt 
 v0 y  
Mb
 Mb
0
t

 v0 y 

 F
F
F
sin bt  k
cos bt  gt  k
Mb
Mb
Mb

Kecepatan awal benda nol, v0y=0, ketika θ0 =0 atau t = 0.
Kecepatan akhir benda nol, vy=0, ketika θ=π/2 atau t = π/2b.
vy 

0
F

3.

 F
F
F
sin bt  k
cos bt  gt  k
Mb
Mb
Mb

   
   
F
F
   F
sin b     k
cos b     g    k
Mb
Mb
 2b  Mb
  2b  
  2b  



2 1  k 

Mg

Pembahasan:

a. Pilih acuan energi potensial sama dengan nol di titik terendah lintasan piringan.

EM awal  MgL 1  cos  

Energi mekanik awal sistem



 MgL 1  cos 
3

MgL

2

Piringan berotasi terhadap poros tetap dengan kecepatan sudut setiap titik pada piringan
bernilai sama atau dengan kata lain piringan berotasi murni. Energi mekanik akhir
pendulum di titik terendah lintasannya ,

6 | Davit Sipayung

Sekolah Online Fisika Indonesia
davitsipayung.com
EM akhir 

Davit Sipayung
davitsipayung@gmail.com

1
I poros 2
2

11
  vpm 
  MR2  ML2  

2 2
 L 

2

Hukum kekekalan energi mekanik:
EM awal  EM akhir

MgL 1  1
  vpm 
  MR2  ML2  

2
2 2
 L 
vpm 

2

2 gL3
R2  2 L2

b. Piringan berotasi terhadap poros tetap dengan kecepatan linier setiap titik pada piringan
bernilai sama atau dengan kata lain piringan translasi murni. Energi mekanik akhir
pendulum di titik terendah lintasannya ,
EM akhir 

1
Mv2pm
2

Hukum kekekalan energi mekanik:
EM awal  EM akhir

MgL 1
 Mv2pm
2
2
vpm  gL

Piringan akan menggelinding tanpa slip dengan pusat rotasi di pusat massa piringan.
Hukum kekekalan energi mekanik:
EM awal  EM akhir

MgL 1
1
 Mv2pm  I  2
2
2
2

 vpm 
MgL 1
11
MR2 
 Mv2pm 

2
2
22
 R 
vpm 

2

2 gL
3

Davit Sipayung

| 7

Sekolah Online Fisika Indonesia
davitsipayung.com
4.

Davit Sipayung
davitsipayung@gmail.com

Pembahasan:

Gambar gerakan bola A dan bola B.

vB0 = 0
vA0

vB1
N

B

A

vB2
R
Mg

β

Tinjau tumbukan antara bola A dan bola B. Hukum kekekalan momentum :

 pawal   pakhir

mAvA0  mB vB0  mAvA1  mBvB1
mvA0  0  mvA1  2mvB1

vA1  2vB1  vA0

(1)

Koefisien restitusi:
e



vakhir
vawal

vB1  vA1
vB0  vA0

vA1  vB1  evA0

(2)

1  e  v

Eliminasi vA1 menggunakan persamaan (1) dan persamaan (2) untuk mendapatkan
vB1 

3

A0

Tinjau gerakan bola B sesaat setelah tumbukan dan sesaat sebelum lepas dari lintasannya.
Pilih energi potensial nol di posisi bola B lepas dari lintasannyanya. Hukum kekekalan energi
mekanik :

EM awal  EM akhir

EKawal  EPawal  EKakhir  EPakhir

1
1
 2m  vB21  2mgR 1  cos     2m  vB2 2  0
2
2
vB2 2

8 | Davit Sipayung

2
1 e 2


v

9

0A

 2 gR 1  cos  

Sekolah Online Fisika Indonesia
davitsipayung.com

Davit Sipayung
davitsipayung@gmail.com

Hukum II Newton sesaat B meninggalkan lintasannya, N =0 :

 F  ma sp

mg cos   N 

mvB2 2
R
2

m  1  e  2
mg cos   0  
v0 A  2 gR 1  cos   
R 9


3
v0 A 
gR  3cos   2 
1 e

5.

Pembahasan:

a. Pilih pusat koordinat di titik siku bidang miring seperti ditunjukkan gambar di bawah ini.
y

m1

h
m2

θ
x

Posisi vertikal pusat massa balok dan bidang miring berturut-turut adalah y1 = h dan y2 =
h/3. Posisi vertikal pusat massa sistem balok-bidang miring :
y pm 

m1 y1  m2 y2  m1  13 m2

m1  m2
 m1  m2


h


b. Diagram gaya pada balok :
y
N

θ

x

θ
a1
m1g

Davit Sipayung

| 9

Sekolah Online Fisika Indonesia
davitsipayung.com

Davit Sipayung
davitsipayung@gmail.com

Hukum II Newton pada balok searah bidang miring :

 F  ma1

mg sin   ma1

a1  g sin 

Komponen vertikal pusat massa balok :
a1 y  a1 sin 

  g sin 2 

Komponen vertikal kecepatan pusat massa balok sebagai fungsi waktu:
v1 y  v01 y  a1 yt

  g sin 2  t

Komponen vertikal kecepatan pusat bidang miring sebagai fungsi waktu:
v2 y  0

Kecepatan vertikal pusat massa sistem balok-bidang miring sebagai fungsi waktu :
vpm, y 

m1v1 y  m2 y2 y
m1  m2



m1
g sin 2  t
m1  m2

c. Komponen vertikal posisi pusat massa balok sebagai fungsi waktu :
y1  y01  v01 y  12 a1 yt 2

 h  12 g sin 2  t 2

Komponen vertikal posisi pusat bidang miring sebagai fungsi waktu:
y2 

h
3

Posisi vertikal pusat massa sistem balok-bidang miring sebagai fungsi waktu :
y pm 



m1 y1  m2 y2
m1  m2

m1  h  12 g sin 2  t 2   m2  13 h 
m1  m2

m  1m 
1  m1 
g sin 2  t 2
  1 3 2 h  
m
m

2  m1  m2 
2 
 1

d. Hukum II Newton pada sistem balok-bidang miring :

10 | Davit Sipayung

Sekolah Online Fisika Indonesia
davitsipayung.com

Davit Sipayung
davitsipayung@gmail.com

 F   m1  m2  a pm, y

Ftimbangan   m1  m2  g   m1  m2 

dvpm
dt

m1 

Ftimbangan   m1  m2  g   m1  m2   

m
1  m2 

  m1  m2  g  m1 g sin 2 

 m1 g cos 2   m2 g

6.

Pembahasan:

Diagram gaya pada sistem:
O
θ

D
L2

L1
M5g

M4g

M2g

M3g
M1g

Massa batang :

M3  M 4  M5  M
M3 
M4 

M5 

L1
M
L1  L2  D
L2
M
L1  L2  D

D
M
L1  L2  D

Sistem dalam keadaan setimbang sehingga

 O  0

1

 M1 g  L1  D tan   cos  M 2 g  L2  D tan   cos  M 3 g  L1  D tan   cos
2


1

1

M 4 g  L2  D tan   cos   M 5 g  D sin    0
2
2





tan  

M1 L1  M 2 L2  12 M 3 L1  12 M 4 L2

 M1  M 2  M3  M 4  12 M5 

Davit Sipayung

| 11

Sekolah Online Fisika Indonesia
davitsipayung.com
tan  

7.

Davit Sipayung
davitsipayung@gmail.com

 M1L1  M 2 L2  L1  L2  D   12 M  L12  L22 
 M1  M 2  L1  L2  D  D  M  L1  L2  12 D  D

Pembahasan:

Diagram gaya pada masing-masing benda :

y

k

α

k(y-y0)
R

T1
T1

aM

M

Mg

T2
T2
a

a
m2g
m1g

Misalkan :
Percepatan katrol terhadap atap adalah a M
Percepatan kedua massa terhadap katrol adalah a.
Percepatan massa m1 terhadap atap adalah a1 = aM +a .
Percepatan massa m2 terhadap atap adalah a2 = aM -a.

Hukum II Newton pada m1 :

 F  m1a1

m1 g  T1  m1  a M  a 

(1)

Hukum II Newton pada m2 :

 F  m2 a 2

T2  m2 g  m2  a M  a 

(2)

Hukum II Newton gerak translasi untuk M :

 F  Ma M

T1  T2  Mg  k  y  y0   Ma M

12 | Davit Sipayung

(3)

Sekolah Online Fisika Indonesia
davitsipayung.com

Davit Sipayung
davitsipayung@gmail.com

Hukum II Newton gerak rotasi untuk M :

  I 

T1 R  T2 R 
T1  T2 

1
a
MR2  
2
 R

1
Ma
2

(4)
k  m1  m2  12 M 

Gabungan persamaan (1) sampai persamaan (4) akan menghasilkan
aM  

 m1  m2  M   m1  m  12 M    m1  m2 2

g 

  2  y  y0  2 



2
   y  y0 

k  m1  m2  12 M 

 y  y0   g

(5)

Kecepatan sudut osilasi pegas adalah



 m1  m2  M   m1  m  12 M    m1  m2 2

(6)

dan posisi setimbang katrol dari atap adalah
y0  y0 

2
g

(7)

Davit Sipayung

| 13