Soal Olimpiade Fisika Tingkat Provinsi Tahun 2010

Created by Amirulloh, S.Si

SOLUSI OSP - FI SI KA 2010

ttp

1. Salah satu ujung sebuah tongkat homogen (masa m dan panjang L) tergantung dengan mengggunakan
tali, dan ujung tongkat lainnya bersentuhan dengan lantai dalam keadaan diam. Saat masih diam tongkat
tersebut membentuk sudut θ teradap arah mendatar.
a) Tentukan gaya tegangan tali
b) Jika sekarang tali dipotong dan tongkat mulai jatuh, hitung komponen tegak (vertikal) dari percepatan
pusat massa tongkat pada saat awal t = 0 yaitu sesaat setelah tali dipotong. Abaikan gesekan antara
tongkat dengan lantai
c) Tentukan gaya FN yang diberikan tongkat pada lantai pada saat t = 0 yaitu sesaat setelah tali dipotong
(Petunjuk : gaya ini berbeda dengan gaya sebelum tali dipotong) (20 poin)

://

Solusi :
Pada saat tali belum putus (sistem setimbang) :

ww

  Fy = 0
 T + FN mg = 0

T

τ =0
(terhadap titik A)
 T Lcos θ mg(1/2L cos θ ) = 0
 T = mg/2
(jwb)

L

w.



FN

  Fy = may
 mg FN = m ay

mg

..

uk

ed

Pada saat tali putus (t = 0), maka batang akan
berputar bebas terhadap titik pusat massanya
,sehingga  Fy  0 dan  τ  0

...(1)

ic
as

  τ = Iα
(torka terhadap pusat massa batang)
 FN (1/2L cos θ) = 1/12mL2α
 FN cos θ = 1/6mLα
mLα
 FN =
(2)
6cosθ
L


Subst (1) ke (2), untuk memperoleh :

θ

ay

.....(3)

ax

aG

FN

θ

am

 mg FN = m ay
mLα
 mg
= may
6cosθ
Lα
 ay = g
6cosθ

θ

Pada saat tali putus (t = 0), berlaku hubungan (lihat gambar di samping !) :

et
.n

s
pu

 aG = α L /2 dan ay = aG cos θ
 ay = (α L/2)cos θ
 ay = α L cos θ sin θ/2
2a y
α=
. .(4)
Lcosθ

/

Subst (4) ke (3), untuk memperoleh :

2 La y
 ay = g
6 Lcos 2θ
ay
 ay = g
3cos 2θ

Halaman 1 dari 10 halaman

Created by Amirulloh, S.Si

SOLUSI OSP - FI SI KA 2010

 ay =
dan

3 g cos 2θ
1  3 cos 2θ

(jwb)

ttp

://

 mg FN = m ay
3 mg cos 2θ
 mg FN =
1  3 cos 2θ
3 mg cos 2θ
 FN = mg
1  3 cos 2θ
mg
 FN =
1  3cos 2θ

(jwb)

ww

w.

2. Sebuah sistem dua benda masing-masing bermassa m dihubungkan dengan sebuah pegas dengan
konstanta pegas k yang tersusun seperti pada gambar di samping. Jika pada saat t = 0 kita menahan
benda yang di atas sedemikian sehingga pegasnya tertekan sejauh s dari panjang normalnya, maka
tentukan nilai s agar benda bawah dapat lepas kontak dengan lantai ? (8 poin)

ed

m

m
x
s

m

k

uk

k

L

k

ic
as

m

L

m

m

Misal panjang pegas mula-mula = L. Ketika pegas tertekan sejauh s, maka pegas memberikan energi
potensial sebesar 21 ks2 . Ketika pegas tertekan sejauh s , maka energi potensial gravitasi pada beban atas

adalah mg(L s) , sehingga total energi pegas saat itu = energi awal adalah :
1
2

ks2 + mg(L

s)

am

 Eawal =

 Eakhir =

1
2

kx2 + mg(L + x)

s

pu

Beban bagian bawah mulai terangkat pada saat pegas teregang untuk pertama kalinya, angggap panjang
regangan ketika beban terangkat = x, maka energi potensial gravitasi pada beban atas adalah mg(L+x)
sehingga total energi ketika itu adalah :

Karena sistem berada pada lantai licin, maka selama proses tidak ada energi yang hilang , sehingga
berlaku :


1
2

ks2 + mg(L

 ks2 + 2mgL

s) =

1
2

kx2 + mg(L + x)

2mgs = kx2 + 2mgL + 2mgx

 kx2+ 2mgx = ks2 2mgs

ks2 + 2mgx + 2mgs = 0

Halaman 2 dari 10 halaman

/

 kx2

et
.n

 Eawal = Eakhir

Created by Amirulloh, S.Si

SOLUSI OSP - FI SI KA 2010

 k(x2

s2) + 2mg(x + s) = 0

 k(x + s)(x s) + 2mg(x + s) = 0

 k(x s) + 2mg = 0

ttp

x=

2 mg
+s
k
 kx = ks 2mg

://

Beban bagian bawah akan terangkat (naik), jika Fpegas  Fgravitasi
 kx  mg
 kx  mg
 ks 2mg  mg
 s  3mg/k
(jwb)

ww

s

v0

w.

4. Benda massa M mula-mula meluncur di atas
lantai dengan kecepatan v0 dan setelah sampai di
titik B benda lepas meninggalkan ujung lantai
dan mendarat di ujung bawah tangga yaitu titik
A. Diketahui µk adalah koefisien gesek kinetik
antara benda dengan lantai, g percepatan gravitasi
dan gesekan udara diabaikan. Dengan menyatakan jawaban dalam M, v0, µk , H, D dan g,
tentukan :
a) Kecepatan benda M sesaat setelah lepas dari
ujung lantai
b) Percepatan benda M saat meluncur di atas
lantai
c) Jarak S yang telah ditempuh oleh benda M
sebelum lepas meninggalkan lantai. (8 poin)

M

B

ed

3H
A

uk

3D

ic
as

 3H = 1/2gt2

.(2)

 3H = 1/2g(3D/v)2
 v= D

3g
2H

(jwb)

Gerak horizontal C B :
Pada lintasan C-B, gaya gesek akan memperlambat gerakan M, dengan perlambatan :
F
a =
m
 µMg
=
M
= µg
(jwb)

/

et
.n

s
pu

Subst (1) ke (2), untuk mendapatkan :

am

Solusi :
Gerak horizontal B A :
Misal M bergerak dari titik asal C dan kecepatan M ketika meninggalkan titik B adalah v, maka gerak
horizontal B A adalah gerak lurus beraturan, jadi panjang lintasan horizontalnya adalah :
 SBA = vt
3D
 3D = vt  t =
.(1)
v
Gerak vertikal B A :
gerak vertikal dari B A adalah GLBB, jadi panjang lintasan vertikalnya adalah :

Halaman 3 dari 10 halaman

Created by Amirulloh, S.Si

SOLUSI OSP - FI SI KA 2010

Jarak S yang telah ditempuh oleh benda M sebelum lepas meninggalkan lantai:
 v2 = v02 + 2as2

ttp

 (D

3g 2
) = v02 2µgs2
2H
2
3D g

= v02 2µgs2
2H
 4µgHs2 = 2v02H 3D2g

://

s =

v 02
3D 2

2 µg 4 µH

(jwb)

ww

5. Sebuah tongkat homogen bermassa M dan panjang AB = L berada ada di atas meja datar dan sedang
dalam posisi sejajar dengan sumbu-y. Benda dengan massa m yang sedang bergerak pada arah x dengan
kelajuan v menumbuk tongkat di titik C (Diketahui momen inersia tongkat terhadap titik pusat
(20 poin)
massanya adalah 1/12ML2) .
a) Tentukan lokasi titik C atau besar AC
(diyatakan dalam L) agar sesaat setelah
tumbukan tongkat tersebut hanya mengalami
rotasi murni sesaat dengan cara mengitari sumbu
rotasi yang melewati titik A
b) Diketahui benda m menumbuk tongkat secara
elastis di titik C dengan AC = 3L/4. Setelah
tumbukan, yaitu ketika tongkat sudah sejajar
terhadap sumbu x untuk pertama kalinya,
tentukan jarak antara titik B pada ujung tongkat
dengan benda m dinyatakan dalam L (Agar
perhitungan lebih sederhana, anggap m = M)

w.

v



B

C

m

ed

L

uk

y

M
x

 τ t = Iω , sehingga :
 (F x ) t = Iω = Iω

Tetapi v = 1/2Lω sehigga pers (1)

..(1)

..

..(2)

..(3)

Bagilah pers (2) dengan pers (3) untuk memperoleh :

/

et
.n

( F  R ) t 1/2 mL ω
=
Fx t
I ω
( F  R ) mL

=
Fx
2I
mLFx
 F R=
2I
mLFx
 R=F
2I



s
pu

 (F R) t = mv = 1/2mLω

..

am

 (F R) t = (mv) = mv
Impuls sudut terhadap A adalah

ic
as

A
Solusi :
a) Misalkan R adalah gaya reaksi rata-rata (di titik A), dan v dan ω kecepatan pusat massa dan kecepatan sudut
batang terhadap titik A,maka segera setelah tumbukan, Impuls akibat tumbukan adalah F t , sehingga :
Impuls linear terhadap A adalah

Halaman 4 dari 10 halaman

Created by Amirulloh, S.Si

SOLUSI OSP - FI SI KA 2010

ttp

://

Agar batang bergerak rotasi murni, maka R = 0, sehingga :
mLx
)
 0 = F(1
2I
2I
 momen inersia I terhadap titik A = 1/3 mL2 , maka :
x =
mL
2/3mL2
=
mL
= 2L/3

 Agar batang berotasi murni, maka jarak titik tumbukan (C) terhadap titik A = 2L/3

ww

(jwb)

b) Karena m menumbuk batang pada jarak 3L/4 (bukan 2L/3) terhadap titk A, maka batang akan bergerak
translasi dan rotasi bebas terhadap titik pusat massa batang (L/2). Dalam hal ini akan berlaku :
Hukum kekekalan : momentum sudut, momentum linear dan energi mekanik

ed

w.

 HKM :
 mv = mv + MV
v=v + V
v v =V

 HKMS :
 mv(L/4) = mv (L/4) + Ibω

...

....(1)

uk

(karena titik tangkap tumbukan terjadi pada jarak = 3L/4

L/2 = L/4 terhadap pusat massa M)

Subst (1) ke (3) untuk memperoleh :

..(3)

 HKEM :
mv2 = 21 mv 2+ 21 MV2+ 21 Iω2
 mv2 = mv 2+M(Lω/3)2+ (ML2/12)ω2
1
2

karena m = M, maka :

..(4)

..(5)

Halaman 5 dari 10 halaman

/

 v2 = v 2+(Lω/3)2+ L2ω2/12
 36v2 = 36v 2+ 4L2ω2 + 3L2ω2
 36(v2 v 2) = 7L2ω2
 36(v2 v 2) = 7L2ω2
 36(v v ) (v + v ) = 7L2ω2
 36(Lω/3)(v + v ) = 7L2ω2
 12Lω(v + v ) = 7L2ω2
 12(v + v ) = 7Lω

et
.n

s
pu



am

 3(v v ) = Lω
 3V = Lω
 V = Lω/3

ic
as

 mvL = mv L + 4Ibω
 mvL = mv L + 4(ML2/12)ω
 mvL = mv L + ML2ω/3
 3mv = 3mv + MLω , karena m = M, maka :
 3v = 3v + Lω
 3(v v ) = Lω
. .(2)

Created by Amirulloh, S.Si

SOLUSI OSP - FI SI KA 2010

Subst (2) ke (5) untuk memperoleh :

ttp

 3(v v ) = Lω
 12(v v ) = 4Lω
 12(v + v ) = 7Lω
 12(v v ) = 4Lω
 12v = 3Lω  v = Lω/4

://
Dan :

ww

 3(v v ) = Lω
 3v 3Lω/4 = Lω
 12v 3Lω = 4Lω
 12v = 7Lω  ω = 12v /7L

 v = Lω/4
= L(12v /7L)/4
= 3v /7

ed

w.

 v = Lω/3
= L(12v /7L)/3
= 4v /7

Karena permukaan licin, maka :
 Setelah tumbukan , batang M akan bergerak lurus dengan kec konstan = 4v/7
 Setelah tumbukan , benda m akan bergerak lurus dengan kec konstan = v/7

uk

Posisi batang akan sejajar sb-x pada saat t = T/4 =1/4(2π/ω) = π/2ω = 7πL/24v
(T = waktu batang berputar 1 kali putaran = 2π/ω)
maka posisi pusat massa M (batang) akan pindah secara horizontal sejauh

ic
as

 S1 = v(T/4) =(4v /7)(7πL/24v) = πL/6

dan posisi massa m (benda) akan pindah secara horizontal sejauh

 S2 = v (1/4T) =(3v /7)(7πL/24v) = πL/8
jadi jarak horizontal kedua pusat massa ketika itu adalah :

B

v

L
24

v'



m

(jwb).

C

y

M

288  24π π 2

m
L

t  T4

L
2


L
24

(12π )L
24

x
A

et
.n



s
pu

(12  π )L
24
Maka jarak antara titik B terhadap m adalah :
L

288  24π  π 2
24

 S = πL/24 + L/2 =

am

 S = S1 S2 = πL/6 πL/8 = πL/24
Jarak horizontal antara titik B terhadap m adalah :

V

B

/

Halaman 6 dari 10 halaman

Created by Amirulloh, S.Si

SOLUSI OSP - FI SI KA 2010

ttp

6. Seutas rantai homogen, yang panjangnya L dan massanya M, digantungkan di langit-langit sehingga
ujung bawahnya hampir menyentuh lantai (lihat gambar). Rantai kemudian dilepaskan dari gantungannya
sehingga mulai menumpuk di atas lantai ( g adalah percepatan gravitasi).
a) Ketika ujung atas berjarak x dari langit-langit (lihat gambar), hitunglah gaya total yang diterima lantai
F(x)
b) Berapakah gaya total yang diterima lantai ketika seluruh bagian rantai tepat berada di atas lantai
(ketika x = L) ?
c) Nyatakan F(x ) sebagai fungsi waktu F(t) !
d) Berapa lama waktu yang dibutuhkan sehingga seluruh bagian rantai berada di atas lantai
e) Sketsa F(t) terhadap t dari saat rantai dilepaskan hingga seluruh bagian rantai sudah menumpuk di
atas lantai untuk waktu yang cukup lama !
(20 point)

://

ww

Solusi :
Kita pandang seluruh rantai merupakan suatu sistem,
M
dengan ρ =
, maka dari diagram gaya di samping
L
dapat dinyatakan :

x

w.

ed

  F = M x
 ρgL= ρL x  x = g
 dan x 2 = 2x x

ρgL

L x

(jwb)

F (x )

am

a) F(x) = 3ρ gx

ic
as

uk

Berdasarkan hukum Newton untuk massa yang berubah :
dP
 ρgL F(x) =
dt
d [ ρ ( L  x )x ]
 ρgL F(x) =
dt
 ρgL F(x) = ρ(L x) x ρ x 2
 ρgL F(x) = ρL x ρ x x ρ x 2
 ρgL F(x) = ρL x ρ x x 2ρx x
 ρgL F(x) = ρL x 3ρ x x
 ρgL F(x) = ρgL 3ρ gx
 F(x) = 3ρ gx

b) Ketika seluruh bagian rantai tepat berada di atas lantai, maka x = L, jadi
 F(x) = 3ρ gL
(jwb)

c) F(x) = 3ρ gx , karena tiap bagian elemen rantai bergerak dengan percepatan a = g, maka :
at2 = 21 gt2
 F(x) = 3ρ g( 21 gt2) =

s
pu

 x=

1
2

3
2

ρ g2t2

et
.n

d) Karena pada dasarnya elemen rantai bergerak jatuh bebas, maka waktu yang dibutuhkan sehingga seluruh bagian
rantai berada di atas lantai.
2L
 L = 21 gt2 t =
g
e) Sketsa F(t) terhadap t

F (t )

/

Halaman 7 dari 10 halaman

t

Created by Amirulloh, S.Si

SOLUSI OSP - FI SI KA 2010

ttp

7. Diketahui suatu sistem yang terdiri dari n buah bola , B1, B2, B3, ..Bn dengan massa m1, m2, m3 .,mn
(dimana m1 >> m2 >> m3 >> m4
.>> mn tersusun tegak secara vertikal seperti tampak pada
gambar di samping. Dasar dari bola 1, B1, berada pada ketinggian h di atas lantai, sedangkan dasar dari
bola ke-n, Bn, berada pada ketinggian h + 1 di atas lantai. Sistem bola ini dijatuhkan dari ketinggian h.
Dianggap pada keadaaan awal, bola-bola terpisahkan satu sama lain oleh jarak yang sangat kecil sekali,
dan keseluruhan bola mengalami tumbukan elastis dan terjadi hanya sesaat.
a) Tentukan ketinggian pantulan bola paling atas Bn (nyatakan dalam n) !
b) Jika h = 1 meter, berapakah jumlah bola yang harus ditumpuk agar bola yang paling atas bisa
memantul hingga ketinggian h > 1000 meter ?
(20 point)

://

ww

Solusi :
Bola-1
Karena tumbukan antar bola terjadi hanya sesaat, maka pengaruh
gravitasi dapat diabaikan :
Kec. Bola-1 ketika ketika membentur lantai :

B4

B3

,( )  arah vertikal ke bawah

B2

w.

v=

n4

2 gh

Karena tumbukan terjadi secara elastis , maka kec pantulan bola-1:
 v1 = 2 gh , (+)  arah vertikal ke atas)

ed

B1

Bola-2 (kecepatan jatuh = v2)
Karena selama jatuh, bola-2 menempuh jarak yang sama dengan
bola-1, maka kecepatan v2 ketika membentur bola-1 :

uk

v=

h

2 gh (arah vertikal ke bawah)

ic
as

Tumbukan antara bola-1 dan bola-2

Untuk menghitung kecepatan pantul bola-2 setelah membentur bola-1(v1 ), kita gunakan konsep
kerangka pusat massa

Frame pusat massa :
Kec pusat massa (b1 dan b2) :

m ( 2 gh )  m 2 (  2 gh )
m1v 1 ' m 2v 2
= 1
=
m1  m 2
m1  m 2

 m1  m 2 


m

m
2 
 1

Sebelum tumbukan :
frame inersia

v2 =

2 gh
2 gh

v2 =

2 gh

 m1  m 2 


 m1  m 2 

 2m 2 
 2 gh
2 gh = 
 m1  m 2 
 2 m1 
 2 gh
2 gh = 
 m1  m 2 

frame inersia
 2m 2 
 m  m2 
 m  3m 2 
 2 gh +  1
 2 gh =  1
 2 gh
v1 = 
 m1  m 2 
 m1  m 2 
 m1  m 2 
 2 m1 
 m  m2 
 3m  m 2 
 2 gh +  1
 2 gh =  1
 2 gh
v2 = 
 m1  m 2 
 m1  m 2 
 m1  m 2 
Halaman 8 dari 10 halaman

/

et
.n

Setelah tumbukan :
frame pusat massa
 2m 2 
 2 gh
v1 = 
 m1  m 2 

2 gh

s
pu

v1 =

frame pusat massa
 m  m2 

v1 = 2 gh  1
 m1  m 2 

am

 vCM =

Created by Amirulloh, S.Si

SOLUSI OSP - FI SI KA 2010

 2 m1 
 2 gh
v2 = 
 m1  m 2 

ttp

 3m  m 2 

Karena m1 >> m2  v2 =  1
 m1  m 2 

 3m 
2 gh   1   3 2 gh
 m1 

Tumbukan antara pantulan bola-2 (v2 )dan bola-3(v3)

://

Kec pusat massa :
 vCM =

ww

m 2 (3 2 gh )  m 3 (  2 gh )
m 2v 2 ' m 3v 3
=
=
m2  m3
m2  m3

Sebelum tumbukan :
frame inersia
v2 = 3 2 gh

w.

v3 =

2 gh

 3m 2  m 3 
 2 gh

m
m

3 
 2

frame pusat massa
 3m  m 3 
 4 m3 
 2 gh = 
 2 gh
v2 = 3 2 gh  2
 m2  m3 
 m2  m3 
 3m  m 3 
 4m2 
 2 gh = 
 2 gh
2 gh  2
v2 =
 m2  m3 
 m2  m3 

ed

Setelah tumbukan :

frame inersia
 4 m3 
 3m  m 3 
 3m  7m 3 
 2 gh +  2
 2 gh =  2
 2 gh
v2 = 
 m2  m3 
 m2  m3 
 m2  m3 
 4m2 
 3m  m 3 
 7m  m 3 
 2 gh +  2
 2 gh =  2
 2 gh
v3 = 
m
m
m
m
m
m



3 
3 
3 
 2
 2
 2

uk

frame pusat massa
 4 m3 
 2 gh
v2 = 
m
m

3 
 2

 4m2 
 2 gh
v3 = 
 m2  m3 

ic
as

 7m  m 3 
 7m 
 2 gh   2  2 gh  7 2 gh
Karena m2 >> m3  v3 =  2
 m2 
 m2  m3 
Tumbukan antara bola pantul (b3) (v3 ) dan bola-4(v4)
Kec pusat massa :

m (7 2 gh )  m 4 (  2 gh )
m 3v 3 ' m 4 v 4
= 3
=
m3  m4
m3  m4

v3 = 7 2 gh
v4 =

2 gh

frame pusat massa
 7m  m 4
v3 = 7 2 gh  3
 m3  m4
v4 =

2 gh





2 gh


 8m 4 
 2 gh = 
 2 gh
m

m
4 

 3
 7m 3  m 4 
 8m 3 
 2 gh = 
 2 gh

 m3  m4 
 m3  m4 

Setelah tumbukan :
frame pusat massa
 8m 4
v3 = 
 m3  m4


 2 gh


frame inersia
 8m 4
v3 = 
 m3  m4





Halaman 9 dari 10 halaman





 7m  9m 4 
 2 gh
2 gh =  3
m
m

4 
 3
 15m 3  m 4 
 2 gh
2 gh = 
 m3  m4 

/

 8m 3
v4 = 
 m3  m4


 7m  m 4
 2 gh +  3

 m3  m4
 7m  m 4 

2 gh +  3
 m3  m4 

et
.n

s
pu

Sebelum tumbukan :
frame inersia

 7m 3  m 4

 m3  m4

am

 vCM =

Created by Amirulloh, S.Si

SOLUSI OSP - FI SI KA 2010

 8m 3
v4 = 
 m3  m4


 2 gh


ttp

 15m 3  m 4
Karena m3 >> m4  v4 = 
 m3  m4





 15m 3 
 2 gh  15 2 gh
2 gh  
 m3 

://

Dari hasil perhitungan di atas disimpulkan :
Bola pantul b1 = v1 = 2 gh
Bola pantul b2 = v2 = 3 2 gh

ww

Membentuk pola deret :
1, 3, 7, 15,
.,( 2n 1)

Bola pantul b3 = v3 = 7 2 gh
Bola pantul b4 = v4 = 15 2 gh
.
n
Bola pantul bn = vn = (2  1) 2 gh





2

= (2n 1)2h

(jwb)

ed

w.

(2 n  1) 2 gh
v n2
Maka ketinggian bola pantul ke-n, bn = vn =
=
2g
2g
Jika h = 1, maka :
Tinggi pantulan bola ke-n = (2n 1)2h = (2n 1)2 meter

uk

Agar ketinggian bola pantul terakhir mencapai > 1000 meter, maka :
 (2n 1)2 > 1000
 2n 1 > 10√ 10
 2n > 1 + 10√ 10
 2n > 1 + 10√ 10

Maka banyaknya bola minimal 6 buah

Jika kita ambil √ 10 = 3,2
 2n > 1 + 32
 2n > 33
 n > 5  n minimal = 6

ic
as

Karena √ 10 bernilai 3,1 3,2
Jika kita ambil √ 10 = 3,1
 2n > 1 + 31
 2n > 32
 n > 5  n minimal = 6

(jwb)

/

et
.n

s
pu

am
Halaman 10 dari 10 halaman