Tingkat Propinsi Bidang Fisika

  

Olimpiade Sains Nasional 2012

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 3½ 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.

  No.

  1

  2

  3

  

4

  5

  6

  7  Nilai

  

Waktu : 3 ½ Jam

Seleksi Propinsi OSN 2012

  1.

  (18 poin) Sebuah peluru ditembakan ke atap/langit- Langit-langit langit sebuah rumah dengan Rumah kecepatan awal v o dan membentuk sudut  terhadap bidang datar (lihat gambar).

  Jika bentuk langit-langit rumahnya seperti ditunjukkan gambar, tentukan: a. sudut  agar peluru bisa mencapai atap dalam waktu yang sesingkat-singkatnya, b. waktu tempuh minimum dari peluru untuk mencapai atap rumah

  syarat v (Petunjuk: gunakan turunan/diferensiasi untuk mencari nilai minimum, dimana

  o c. agar peluru bisa mencapai atap untuk berapapun nilai sudut  nya.

  d (sin ax ) d (cos ax )  a cos ax dan   a sin ax dengan a adalah konstanta) dx dx

  Jawab: a. o , bisa diuraikan menjadi 2 komponen:

  Saat peluru ditembakan dengan kecepatan v

  v x = v o cos  = konstan, sehingga x = v x t = v o cos  t (1) v y = v o sin 

  (1 poin) Ketinggian atap/langit-langit di setiap tempat memenuhi persamaan:

  y = h

  (2) (1 poin)

• – x tan  Sementara dari persamaan glbb, ketinggian peluru di atap memenuhi persamaan:

  2

  2 y = v y t = v o

  sin (3) (1 poin)

• – ½ gt

   t – ½ gt Substitusikan persamaan (2) ke (3) untuk y kemudian substitusikan nilai x dari persamaan (1) sehingga diperoleh:

  2 o o v sin = h cos  tan  t atau

• – v  t – ½ gt

  2 o

  ½ gt (cos  tan  + sin  ) t + h = 0 atau

• – v

  v

  1 ^{2  } _o gt  sin(    ) t  h  (4) (2 poin)

  2 cos   

  Agar waktu tempuh peluru, t minimum, maka dt/d  = 0. (2

  poin)

  Dengan menurunkan persamaan diatas terhadap  dan nyatakan dalam bentuk

  dt/d  = 0, diperoleh: v

   o  cos(   ) t (5)    _min

  

  cos   o min  + ) = 0, Jadi:  = 90

  Karena t  0, maka cos ( (3 poin)

• – 

  maka kita substitusikan nilai  Untuk mendapatkan waktu tempuh minimum, t diatas ke dalam persamaan (4), sehingga diperoleh persamaan:

  min b.

  1 v _{2   o} gt  t  h  . Selesaikan ini dengan rumus abc, diperoleh:

  2 cos    _{2 2} v  v 

  2 gh cos _{o o} 

  t  _min

  cos (4 poin)

  g  o

  c. agar peluru bisa mencapai atap rumah adalah dengan melihat hasil akar Syarat v _{2 2} dari jawaban b diatas yang harus real  v  _o 2 gh cos   Re al (2

  poin)

  Jadi: v   (2 poin) _o 2gh cos 2.

  (10 poin) Komet Encke telah ditemukan oleh Pierre Mechain pada tahun 1786.

  Periode perputaran komet ini baru dapat ditentukan oleh Johan Encke pada tahun 1822, yaitu selama 3,3 tahun. Namun pada tahun 1913, berdasarkan hasil foto yang

  11 a

  dilakukan melalui teleskop, jarak terjauh dari Matahari (aphelium) adalah r = 6,1x10

  10

  m dan jarak terdekatnya (perihelium) r p = 5,1x10 m. Diketahui tetapan gravitasi

• 11 2 -2

  30

  universal G = 6,7x10 N m kg , massa Matahari m s = 2,0x10 kg, tentukan kelajuan komet itu pada saat di titik terjauh dan pada saat di titik terdekat.

  Jawab:

  Jika yang bekerja hanya gaya-gaya akibat gravitasi yang selalu mengarah ke titik fokus, maka berlaku:  r  F  (1 poin)

   _{fokus komet-fokus grav} Momentum angular, dengan  : massa reduksi

  L  r v

   Pada titik terdekat :

• ^{p p p}

  L r v _{a a a}   (1 poin)

• Berdasarkan hukum kekekalan momentum angular, L  L _{a p} maka :  r v   r v _{a a p p} diperoleh: r v  r v (2 poin) _{a a p p}

  Pada titik terjauh :

  (1) Gaya gravitasi bersifat gaya yang konservatif, sehingga berlaku kekekalan energi.

  1 m m _{2 1 2} E  v  G 

• Pada titik terjauh : p p 2 r _p

  1 ^{2 m m} _{1 2} E  v  G 

• Pada titik terdekat : a a 2 r _a

  Dan E  E _{p a} 1 m m _{2 1 2} 1 m m _{2 1 2} atau  v  G   v  G (2 poin) (2) _{p a} 2 r _{p a} 2 r

  Jika massa komet ₁

  2 ^{p a} _{p a}

  r v v r

  dan ^{4 -1} 6,9 10 m s ^{a a} _{p p}

  v  

  Sehingga: ^{3 -1} 5,8 10 ms _a

    

        

  Gm r v r r r

  2 _{p a a a p}

    ^{1 2 2}

     (2 poin) (3) Dari persamaan (1) dan persamaan (3) dengan mengeliminasi v p , diperoleh:

  m m v G v G r r

  2

  m jauh lebih kecil dari pada massa matahari ₂ m , maka _{1 2 1 2 1 1 2 2} m m m m m m m m

  1

  1

     _{2 2 2 2}

  m m m m m v G m v G r r

  2 ^{p a} _{p a}

  2

  1

  1

  Persamaan (2) dapat diubah menjadi: _{2 2 1 2 1 2 1 1}

  

     

     (2 poin)

  3.

  (15 poin) Dalam percobaan fisika, dua

  m

  bola yang kerapatannya sama, masing-

  r

  masing berjari-jari r dan 2r disusun

  2r φ

  sedemikian sehingga pusat massa bola yang lebih besar terletak pada titik

  F M

  tengah kereta yang massanya M dan

  L panjangnya L. Massa bola yang kecil m.

  Kedua bola dapat menggelinding tanpa slip sedemikian rupa sehingga garis hubung pusat massa antara bola besar dengan bola kecil selalu membentuk sudut

  φ yang konstan terhadap arah horisontal.

  1 α

  Untuk mempertahankan posisi kedua bola yang seperti itu, kereta

  N

  1 a

  1

  ditarik dengan sebuah gaya

  2 N

  2 α

  2 N horisontal F (lihat gambar). mg φ

  Tentukan :

  N

  1 N a

  1 a.

  besar gaya F tersebut (nyatakan

  2 a r f r

  dalam m, M dan f

  φ), F b.

  waktu yang diperlukan kedua

  8mg

  bola sebelum jatuh dari kereta

  N

  (nyatakan dalam l, g dan φ).

  Jawab: a.

  Misalkan : Gambar (2 poin)

• 1

  Percepatan angular bola kecil α

• 2

  Percepatan angular bola besar α

• Percepatan linear (mendatar) kedua bola a
• Percepatan linear (mendatar) kereta a
• Bola menggelinding tanpa slip :
• – a
• Momen inersia :

• Bola kecil :
² 1<
• Hukum Newton tentang gerak : F ma
• Tinjau kereta :
• Tinjau bola besar :
• – N
• – N = 0
• Tinjau bola kecil :
• Momen gaya :
• Tinjau bola besar :
^{2 2 1} 2<
• Tinjau bola kecil :
^{1 2 2} 1<
• Dari persamaan-persamaan di atas, maka didapatkan :

  = 8 ma

  1 Arah vertikal: 8mg + N

  1

  ……………. (3)

  Arah mendatar/horizontal: N

  

2 = ma

  1 Arah vertikal: mg + N

  1

  = 0 …………….. (4)

  I     (2 poin)

  5

  64 cos 2 sin

  2

  mr r rN r rN rf _r

  2   

     ……….. (5)

  5

  2 sin cos    mr r N r N  

  ………… (6)

    7 cos 9 ......................................... 7 2 1 sin

  F m M g

   

          

  (2 poin) b.

  Percepatan relatif kedua bola terhadap kereta a

  rel

  = a

  2

  

2

  r

  Arah mendatar/horizontal: f

  F f Ma  

  1

  

2

  2r 

  2 = a

  2

  1

  dan 2r 

  2 = r 

  1 Sehingga: 

  1 = 2 

  2

  atau

  r a a _{1 2 1}

   

   …………….. (1) (2 poin)

  2

  5 I mr  dan Bola besar :

     ^{2 2 2}

  2

  64

  8

  2

  5

  5 I m r mr  

    (3 poin)

    ² .................................. 2

_r

  1

• – a

  5 cos 

  a  a   a g ...................................... 8 (2 poin) _{rel 2}

_{1  }

  2 1 sin  

• Sebelum jatuh, kedua bola menempuh jarak relatif sepanjang setengah panjang kereta (L/2). Waktu yang diperlukan bola sebelum jatuh (kecepatan awal bola = 0) :

  L

  1 ₂  a t _rel

  2

  2 (2 poin) 2 1 sin  

  L   L t   ............................................. 9   a 5cos  g _rel 4.

  (17 poin) Sebuah pendulum (bandul) terdiri dari bola bermassa M yang menempel di ujung batang tegar bermassa m dan panjannya 2d. Bagian tengah batang dijadikan sebagai poros rotasi. Pada ujung batang yang lain ditempelkan keranjang yang massanya diabaikan. Sebuah bola kedua yang bermassa M/2 dilemparkan ke dalam keranjang dan berkecepatan v ketika tepat menumbuk keranjang (lihat gambar).

  v

  Hitung:

  M/2 m

  (a) laju rotasi sudut awal pendulum setelah Bola kedua

  2d

  datang dan terperangkap dalam keranjang? (b) tenaga mekanik total yang hilang ketika Bola kedua datang dan terperangkap dalam keranjang?

  (c)

  M

  kecepatan minimum datangnya bola kedua agar pendulum dapat terbalik? (artinya pendulum dapat

  o

  berotasi 180 )

  Jawab:

  (a) Momentum sudut bola (M/2) terhadap poros:

  M L  vd

  2 Momentum sudut total dari sistem:

  M

  1

  3

  1  ^{2 2 2    2}

    

  L  I  Md  d  m ( 2 d )  M  m d    

  2

  12

  2

  3     M

    vd

    L 2   v d

   

   (5 poin)

     

  3

  1 2 m I   ^{2 }

    M  m d

  3    

  2

  3

  3 M    

  (b) Energi Mekanik akhir dari sistem

  M

  1 ₁  ^{2  2} E  v  Mv _{i   2}

  2

  4  

      _{2 2 2 1 2   1}

  3 1 v d Mv _{2  }

  E  _{f   2} I   M  m d  _{2 2}

   

  2

  12 8 m 

    m 

   

  12    

  3  

   

  3 M  

  6 M   ₂   ₁

   M  m  M / 4 

  mv

  1 ^{2  } ₃ ² E E E Mv v        _{f i 3 1} 8 m

   4  M  m  _{2 3}  

  12  

  3 M (6 poin)

    ₂

  3 M  m ₁     Mv ₂  

  9

  2 M  m   Tanda minus (-) menunjukkan adanya kerugian/kehilangan energi.

  (c) Energi Mekanik awal sistem: ₂ M Mv

  E    ₁ 2 d g  mgd  2 m ₈ 

   

  12  ^{3 }

  M

    Energi Mekanik akhir sistem:

  E  M _{f  } 2 d g  mgd

   E   E  E _{f i}

  m ₈     v  12 dg (6 poin)  ^{3 }

  M  

  (11 poin) Sebuah piringan pejal/padat bermassa M dan berjari-jari R berosilasi 5. sekitar sumbu P. Sumbu osilasi tersebut tegak lurus terhadap bidang piringan. Gesekan pada P diabaikan. Jarak dari P ke pusat piringan (C) adalah b (lihat gambar).

  Percepatan gravitasi adalah g .

  Hitung: (a) besar torka relatif terhadap titik P, ketika piringan disimpangkan sebesar ! 

  (b) momen inersia rotasi terhadap sumbu rotasi P!

  M

  (c) Torka menyebabkan percepatan sudut sekitar sumbu P. Turunkan persamaan gerak dalam sudut

   dan percepatan sudut ! 

   

  (d)

  

  Ketika piringan disimpangkan dengan sudut sangat kecil, sehingga piringan bergerak mendekati gerak osilasi harmonik sederhana, berapakah periode osilasinya?

  Jawab: (a)

  Momen gaya terhadap titik P: 

     r  F   bMg sin  _{P P}

  (2 poin) (b)

  Momen Inersia sistem terhadap titik P: _{2 1 2 2 1 2 2} I  _{P C}

  I  Mb  MR  Mb  M ( R  _{2 2} 2 b )

  (2 poin)

  (c) Torka total terhadap titik P:

    _{P P} I 

   _{1 2 2}

     bMg sin   MR  Mb 

    ₂   bg

   

   

    sin  _{1 2 2} R  b (3 poin)  ^{2 }

  (d) Ketika sistem disimpangkan dengan sudut  yang kecil, maka: sin   

  bg  

   

    _{1 2 2} R b (2 poin)   ^{2 } bg

  

   _{1 2 2} R  b  ^{2 } _{1 2 2}

  2  R  b  ^{2 }

  

   T  

  2

  (2 poin)  bg 6.

  (17 poin) Dua buah batang homogen A dan B yang panjangnya 1 m dan bermassa masing-masing 1 kg dan 2 kg terletak paralel satu sama lain pada bidang horizontal yang licin seperti gambar di bawah ini (dilihat dari atas). Batang B pada awalnya diam

  y

  di  , x  hingga x = 1 meter. Batang A bergerak dengan kecepatan konstan 1m s dalam arah y positif. Ujung kanan batang A sampai di 0, 0 saat t

   

   detik dan bertumbukan secara elastik dengan ujung kiri batang B. Tentukan kelajuan pusat massa dan besar kecepatan sudut masing-masing batang setelah tumbukan. y y

  A B B

  x x

  A Jawab:

  I Misalkan adalah impuls yang diberikan batang A terhadap benda B ketika proses

  tumbukan. Misalkan v , v ,  ,  adalah kecepatan pusat massa dan kecepatan sudut _{A B A B} dari benda A dan benda B. Hubungan impuls dan momentum untuk partikel A dan B (pada arah y) adalah:

      ' ' ^{A Ay Ay} _{B By By}

   

  ' '

  6 '

  6 ' ^{A A B B A A} _{B B}

  I v v m

  I v m

  

I

m L

I

m L

      

  Ay

  (2 poin)

  Karena tumbukan yang terjadi elastik sempurna, maka energi kinetik sistem sebelum dan setelah tumbukan sama, _{2 2 2 2 2 2 2}

  1

  1 1 1 1 1 1 ' ' ' '

  2

  ^{A Ay A Ay B By A A B B} 2 2 2 12 2 12 m v m v m v m L m L

   

  = v = 1 m/s, _{A B}     , maka keempat persamaan diatas dapat kita tulis

  Karena v

  I m v v I m v v     

  Dan hubungan impuls sudut dengan momentum sudut batang relatif terhadap pusat massa (asumsikan gerak searah jarum jam positif),

  (3 poin)

  A B BA

  

I

AB

  

I

'

  A v '

  B v

      ^{2 2}

      (3 poin)

  1 '

  2

  12

  1 '

  2

  12 ^{A A A B B B} L I m L L I m L

     

      (3 poin) Substitusi nilai kecepatan setelah tumbukan, kita dapatkan nilai untuk impuls

  m m _{A B} v ₁ (2 poin)

  

I   Ns

₃ m  m _{A B}

  2 Sehingga kecepatan batang A dan B setelah tumbukan _'

  

I

  2

  

v  v   m / s

_A m _A

  3 _'

  I

  1

  v   m / s _B m _B

  6

  (4 poin) _'

  6 I    _A 2 rad / s

  m L _{A '}

  6 I    _B 1 rad / s

  m L _B 7.

  (12 poin) Sebatang kayu homogen massa m dan panjang l salah satu ujungnya (titik A) dibuat sebagai poros sehingga batang bisa berotasi pada bidang vertikal. Gesekan pada poros diabaikan. Ujung batang lainnya yang bebas (titik B) mula-mula dipertahankan pada posisi vertikal diatas poros kemudian batang dilepaskan. Tentukan: a. percepatan sudut batang ketika ia membentuk sudut  terhadap vertikal.

  b. pada sudut  tersebut, tentukan besarnya percepatan translasi dari ujung bebas batang.

  Jawab:

  a.  = I  Hukum Newton II:

  mgl

  2 I A I  sin  dimana = ml /3 _A 

  2

  3 g

  Maka,  

   sin (@ 1 poin, total 4 poin) 2 l t . Sedangkan

  b. bisa kita dapatkan dari nilai Percepatan tangensial a

  c

  Percepatan sentripetal a diperoleh dari nilai . Maka harus kita cari dulu nilai  dari konsep energi. Dari kekekalan energi, diperoleh:

  1 ^{2 mgl} I   ( _A 1  cos  )

  2

  2 ₂ 3 g

  Jadi, (2 poin)   (

  1  cos  ) l

  Gunakan sistim sumbu polar (dengan sumbu ˆ dan

  r ˆ ) seperti terlihat pada gambar.

  Kita pilih sebuah titik pada batang yang berjarak r dari poros. Maka percepatan titik tersebut bisa dinyatakan dalam bentuk:

  a = a t c r

  

ˆ

  ˆ + a

  2 t c

  dimana percepatan tangensial a =  r dan percepatan sentripetal a = -  r.

  (2 poin) Gunakan persamaan-persamaan  dan  yang telah diperoleh diatas dan masukan

  

 

3 g sin   ˆ

  nilai r = l, maka: a    

  3 g ( 1  cos  ) r ˆ (2     2   poin)

  Jadi besarnya percepatan translasi dari sebuah titik di ujung batang adalah:

  5

  3 ₂

  a  g

  3  2 cos   cos  (2 poin)

  4

  4