SOAL DAN PEMBAHASAN OLIMPIADE FISIKA SMA TINGKAT KABUPATEN (OSK) TAHUN 2015

SELEKSI OLIMPIADE TINGKAT KABUPATEN/KOTA 2015
TIM OLIMPIADE FISIKA INDONESIA 2016

Bidang Fisika
Waktu : 180 menit

KEMENTRIAN PENDIDIKAN DAN KEBUDAYAAN
DIREKTORAT JENDERAL PENDIDIKAN DASAR DAN MENENGAH
DIREKTORAT PEMBINAAN SEKOLAH MENENGAH ATAS
TAHUN 2015

davitsipayung.blogspot.com
davitsipayung@gmail.com

1. (10 poin) Sebuah mobil yang bermassa 2m sedang bergerak dengan kecepatan v pada saat
mendekati mobil lain yang bermassa 4m dan sedang dalam keadaan diam. Pada saat

tumbukan terjadi, pegas terkompresi (lihat gamgar di bawah!). Jika semua gesekan
diabaikan, tentukan:
a. kecepatan mobil 4m pada saat pegas terkompresi maksimum (energinya dianggap
kekal)!

b. kecepatan akhir mobil 4m setelah lama bertumbukan dan mobil 2 m lepas dari pegas
(energi dianggap kekal)!
c. kecepatan akhir mobil 4m jika tumbukannya tidak elastik!
v
4m

2m

Penyelesaian :
a. Ketika pegas terkompresi maksimum, kedua mobil akan memiliki kecepatan sesaat
sama dengan kecepatan v . Kekekalan momentum linear menghasilkan
2mv  (2m  4m)v

Kecepatan mobil 4m saat pegas terkompresi maksimum adalah
b. Kekekalan energi dan momentum sistem dinyatakan oleh

v
3

.

1
1
1
 2mv2   2mv12   4mv22
2
2
2
2mv  2mv1  4mv2
dimana v1 dan v1 berturut-turut adalah kecepatan mobil 2m dan 4m setelah tumbukan.

Jadi kecepatan akhir mobil 4m adalah 23v .
c. Jika tumbukan tidak elastik, dua mobil akan bergerak bersama setelah tumbukan.
Kecepatan kedua mobil akan sama dengan 3v seperti jawaban (a).
2. (10 poin) Sebuah partikel bergerak dalam lintasan lingkaran dimana jarak yang ditempuh
sebagai fungsi waktu dapat dirumuskan dalam bentuk s = C1 t2 + C2 t + C3 , dengan C1
suatu tetapan positif, sedangkan C2 dan C3 suatu tetapan sembarang. Jika pada saat jarak
yang ditempuh adalah s1 dan s2 (dimana s2 > s1) maka percepatan total dari partikel
berturut-turut adalah a 1 dan a 2 (dimana a 2 > a 1). Tentukan jari-jari lingkaran tersebut
dinyatakan dalam a 1, a 2, s1, dan s2!

Penyelesaian :
Jarak tempuh partikel s, kecepatan tangensial v, dan percepatan tangensial mobil a t :
s  C1t 2  C2t  C3
v  2C1t  C2

a t  2C1

Dalam waktu t1 mobil menempuh jarak s1, kecepatan tangensial v1, percepatan tangensial
a t1,percepatan sentripetal a s1, dan percepatan total a 1. Jadi
s1  C1t12  C2t1  C3
v1  2C1t1  C2

a t1  2C1
a s1 

v12 (2C1t1  C 2 ) 2 4C12t12  4C1C 2t1  C 22


R

R
R

davitsipayung.blogspot.com
davitsipayung@gmail.com

a12



a s21



 4C 2t 2  4C1C 2t1  C 22 
2
 1 1
  2C1 

R



2

a t21

Dalam waktu t2 mobil menempuh jarak s2, kecepatan tangensial v2, percepatan tangensial
a t2, percepatan sentripetal a s2. , dan percepatan total a 2. Jadi
s2  C1t22  C2t2  C3
v2  2C1t2  C2

a t 2  2C1

as2 

a 22



v22 (2C1t2  C 2 ) 2 4C12t22  4C1C2t2  C 22



R
R
R

a s22



 4C 2t 2  4C1C2t2  C 22 
2
 1 2
   2C1 
R


2

a t22

Kita dapat menuliskan bahwa

 4C 2t 2  4C1C 2t2  C22   4C12t12  4C1C 2t1  C 22 
 1 2
 

R
R

 

2
2
x

y

x


y
x

y
Gunakan relasi


 untuk mendapatkan
a 22

 a12

R2 

2

2





4C1 4C1 C1 (t12  t22 )  C2 (t1  t2 )   2C22 C1 (t22  t12 )  C2 (t2  t1 )
 a 22  a12 

Oleh karena,
s1  s2  C1 (t12  t22 )  C2 (t1  t2 )  2C3
s2  s1  C1 (t22  t12 )  C2 (t2  t1 )
maka kita dapat menuliskan bahwa besar jari-jari lintasan lingkaran partikel adalah
R

4C1  4C1  s1  s2  2C3   2C22   s2  s1 

 a 22  a12 

3. (10 poin) Seperti diperlihakan dalam gambar, seorang siswa dengan massa M berdiri di
atas sebuah meja berbentuk lingkaran , sejauh r dari pusat meja . Katakanlah koefisien
gesek antara sepatu siswa dengan meja tersebut adalah μ. Pada saat awal t= 0 meja mulai

berotasi dengan percepatan sudut α konstan. Anggap gerakan di bawah pengaruh

percepatan gravitasi konstan g yang arahnya ke bawah.
a. Hitung besar percepatan sudut maksimum (αmaks) hingga siswa tersebut belum sempat
mengalami slip!
b. Dengan menganggap bahwa α < αmaks, tentukan vertor gaya gesek total yang dialami
oleh siswa tersebut sebelum ia mengalami slip dinyatakan sebagai fungsi waktu!
c. Dengan menganggap bahwa α < αmaks, tentukan kapan siswa tersebut mengalami slip
terhitung sejak meja pertama kali berotasi!

g

α

O

r

μ

davitsipayung.blogspot.com
davitsipayung@gmail.com

Penyelesaian :
a. Meja berputar berlawanan arah jarum jam. Dalam kerangka acuan meja yang berputar
maka siswa akan mengalami gaya fiktif, yaitu gaya sentrifugal searah vektor r dan
gaya tangensial berlawanan dengan arah putaran meja. Arah putaran meja dinyatakan
dengan vektor satuan ˆ . Arah vektor r dinyatakan oleh vektor satuan rˆ . Agar siswa
tetap diam maka besar gaya gesek akan sama dengan resultan gaya fiktif tetapi
arahnya berlwanan dengan arah resultan gaya fiktif. Resultan gaya fiktif adalah
F fiktif  Ma s rˆ  Ma tˆ  M  2 rrˆ  M  rˆ

Vektor gaya gesek total ketika siswa masih diam adalah
f   F fiktif   M  2 rrˆ  M  rˆ
Siswa tidak slip ketika besar gaya gesek tidak melebihi besar gaya gesek statik
maksimum. Agar siswa tidak slip saat meja mulai berputar (ω=0) maka
f  N
M maks r   Mg
Besar percepatan maksimum agar siswa tidak slip saat meja mulai berputar adalah
g
 maks 
r

b. Kecepatan sudut meja putar adalah ω=αt. Vektor gaya gesek total sebagai fungsi
waktu adalah
2
f   M  t  rrˆ  M  r ˆ   M  2 r t 2 rˆ  M  r ˆ
c. Siswa akan slip ketika besar gaya gesek sama dengan besar gaya gesek statik
maksimum. Waktu yang dibutuhkan siswa sampai slip adalah
2
 M 2 tm2 r    M r 2   Mg

  2 g 2   2r 2  4
tm  

 4r 2


1

4. (15 poin) Sebuah silinder bermassa M dan jari-jari R dapat berotasi bebas terhadap sumbu

horizontalnya. Sebuah tali tak bermassa dililitkan pada permukaan silinder , kemudian
sebuah beban bermassa m dipasang pada ujung tali. Mula-mula tali berada dibawah
silinder. Kemudian beban tersebut dinaikkan setinggi h dan dilepaskan tanpa kecepatan
awal. Percepatan gravitasi g ke bawah. Tentukan waktu yang dibutuhkan sejak beban
dilepas hingga menempuh jarak 2h ( tali tidak dapat mulur, interaksi bersifat seketika dan
tidak lenting sama sekali)!

M
R

m
m

h

Penyelesaian :

davitsipayung.blogspot.com
davitsipayung@gmail.com

Ambil acuan y = 0 di posisi beban dilepaskan dan arah y positif ke bawah. Waktu yang
dibutuhkan beban untuk menempuh y=0 sampai y=h (tali kendor) dan y=h sampai y=2h
(tali tegang) berturut-turut adalah t 1 dan t2. Besar t1 dan t2 berbeda karena besar
percepatan beban dalam rentang waktu ini berbeda. Beban jatuh bebas (a1=g) dalam
waktu t1, sehingga besar t 1 adalah
t1 

2h
g

Sesaat beban menempuh h maka tali akan tegang dan menyebakan katrol berputar.
Karena interaksi bersifat seketika maka efek gaya gravitasi dapat diabaikan saat interaksi
tali dan katrol, sehingga momentum angular sistem kekal terhadap sumbu rotasi.
Kecepatan beban sesaat sebelum interaksi adalah v0  2 gh . Kekekalan momentum sudut
terhadap sumbu rotasi adalah
mv0 R  mvR  I 
Momen inersia katrol adalah I  12 MR2 . Interaksi tidak lenting artinya tali tidak slip
sehingga memenuhi hubungan v   R . Jadi
mv0  mv  12 M v

v

2m
2 gh
2m  M

Beban selanjutnya akan memiliki kecepatan awal v dan mengalami percepatan a2.
Sekarang mari kita mehitung besar percepatan a2. Persamaan gerak beban adalah
mg  T  ma 2

Persamaan gerak rotasi pada silinder
TR  12 MR2
dimana a 2   R . Besar tegangan tali dapat dituliskan menjadi
T  12 Ma 2

Besar percepatan a2 adalah
a2 

2m
g
2m  M

Waktu yang dibutuhakan beban untuk menempuh jarak h saat tali sudah tegang adalah t 2.
Persamaan kinematika beban adalah
h  vt2  12 a 2t22

Solusi t2 kita peroleh menggunakan akar-akar persamaan kuadrat.
t2 

v  v2  2a 2 h
a2

Ambil solusi t2 yang positif sebagai solusi yang fisis.
t2 


 v  v2  2 a 2 h
2h  4m  M

 1

2m
a2
g 


Waktu yang dibutuhkan beban untuk menempuh jarak 2h adalah
ttotal  t1  t2 

2h
g

4m  M
2m

5. (15 poin) Dua kereta masing-masing bermassa m1 dan m2 dihubungkan dengan tali tak
bermassa yang terhubung dengan katrol licin tak bermassa. Kereta m1 berada pada

davitsipayung.blogspot.com
davitsipayung@gmail.com

permukaan horizontal, sedangkan m2 berada pada bidang miring dengan sudut kemiringan
α terhadap horizontal. Di dalam masing-masing kereta terdapat bandul yang massanya
dapat diabaikan relatif terhadap massa kereta. Setelah dilepas posisi masing-masing
bandul membentuk sudut terhadap garis vertikal serta diasumsikan bahwa bandul tersebut
tidak berayun di dalam kereta. Seluruh permukaan bersifat licin. Percepatan gravitasi g ke
bawah. Tentukan sudut kemiringan masing-masing bandul relatif terhadap garis vertikal.
Asumsikan jari-jari roda sangat kecil dan massanya dapat diabaikan.
m1

m2

α
Penyelesaian :
Misalkan tegangan yang menghubungkan kedua kereta adalah T. Percepatan kereta m1
dan kereta m2 akan sama dengan a . Persamaan gerak kereta m1:
T  m1a

Persamaan gerak kereta m2:
m2 g sin   T  m2 a
Besar percepatan kedua kereta adalah
a

m2
g sin 
m1  m2

Masing-masing bandul tidak berosilasi sehingga percetannya akan sama dengan
percepatan kereta relatif terhadap permukaan bidang lintasan. Misalkan massa bandul
dalam kereta m1 dan kereta m2 berturut-turut adalah ma dan mb, sedangkan sudut
simpangan bandul relatif terhadap vertikal dalam kereta m1 dan m2 berturut-turut adalah
θ1 dan θ2.
Mari kita tinjau diagram gaya pada kereta m1.
θ1 T1
θ1
a

ma g

Persamaan gaya pada pendulum dalam kereta m1 adalah
T sin 1  ma a
T cos1  ma g
Jadi,
tan 1 

a
g

 m2

sin  

m
m
2
 1


1  tan 1 

Mari kita tinjau diagram gaya pada kereta m2 .

davitsipayung.blogspot.com
davitsipayung@gmail.com

θ2 β
T2
a

α
mbg

Persamaan gaya pada pendulum dalam kereta m2 adalah
mb g sin   T2 sin   mb a
T cos   mb g cos   0
Besar tegangan tali pendulum mb adalah
m g cos 
T2  b
cos 
Kita akan mendapatkan bahwa
mb g sin   mb g cos  tan   mb g

m2
sin 
m1  m2
Bagi persamaan ini dengan mb g cos  , sehingga
mb g sin   mb g cos  tan   mb g

tan   tan  
tan  

m2
tan 
m1  m2

m2
sin 
m1  m2

m1
tan 
m1  m2

Secara geometri kita akan mendapatkan hubungan bahwa
  2  
Oleh karena itu ,
tan   tan 
tan  2  tan     
1  tan  tan 
Anda akan sangat mudah membuktikan bahwa
m sin  cos 
tan 2  2
m1  m2 cos2 
 m sin  cos  
 2  tan 1  2

2
 m1  m2 cos  
6. (20 poin) Sebuah bola pejal homogen bermassa m dan berjari-jari R, dilepaskan dari suatu
puncak bidang miring dengan sudut kemiringan θ=450 dan bermassa M = 2m. Bidang

miring dapat bergerak bebas pada suatu bidang horizontal licin (lihat gambar) dan bola
selalu bergerak menggelinding tanpa slip. Jika diketahui panjang sisi miring dari bidang
miring adalah L dan percepatan gravitasi adalah g, tentukan:
a. besar percepatan pusat massa bola relatif terhadap bidang miring!
b. besar percepatan pusat massa bola relatif terhadap bidang horizontal yang licin!
c. waktu yang dibutuhkan bola untuk sampai ke tepi bawah bidang miring!

davitsipayung.blogspot.com
davitsipayung@gmail.com

R

m
L
M

θ
Penyelesaian :
a. Misalkan percepatan pusat massa bola pejal relatif terhadap bidang miring adalah a m
dan percepatan bidang miring relatif terhadap bidang horizontal adalah a M. Diagram
gaya pada bola pejal dan bidang miring :

aM

N

θ

M

θ

θ f

N

f

θ

θ

θ

am

Persamaan gerak bidang miring :
N sin   f cos  Ma M
Persamaan gerak translasi bola pejal dalam arah horizontal :
N sin   f cos  m  a m cos  a M 
Persamaan gerak translasi bola pejal dalam arah vertikal :
mg  N cos  f sin   ma m sin 
Persamaan gerak rotasi bola pejal :
fR  52 mR2
dimana a m   R . Besar gaya gesek adalah
f  52 ma m

Buktikan bahwa hubungan a m dan a M adalah
m cos
aM 

m M

am

Buktikan bahwa besar percepatan pusat massa bola relatif terhadap bidang miring
adalah
5(m  M ) g sin 
am 
 7M  2m  5sin 2  
Untuk nilai θ = 450 dan M = 2m, kita peroleh
am 

15 2
g
32  5 2

b. Besar percepatan pusat massa bola relatif terhadap bidang horizontal yang licin adalah
a m . Besar komponen horizontal a m :
m cos
M cos
  a m cos  a M  a m cos 
a mx
am 
am
 
a mx

m M

m M

10
g
32  5 2

davitsipayung.blogspot.com
davitsipayung@gmail.com

Besar komponen vertikal a m :
  a m sin  
a my

15
g
32  5 2

Jadi,

2  a my
2 
a m  a mx

5 13
g
32  5 2

c. waktu yang dibutuhkan bola untuk sampai ke tepi bawah bidang miring adalah
t

2L
32  5 2

am
5 2

2L
g

7. (20 poin) Sebuah mobil akrobatik diatur memiliki percepatan konstan a . Mobil ini akan

melewati sebuah tanjakan miring bersudut θ untuk kemudian melakukan gerak parabola
menuju target. Target pada jarak L dari titik awal keberangkatan mobil. Panjang tanjakan
adalah d. Saat mobil melewati tanjakan, kemiringan tanjakan berkurang sebesar m/K kali
sudut awal, dimana m adalah massa dari mobil dan K adalah suatu konstanta. Percepatan
mobil pun berkurang sebesar g sinθ sesaat melalui tanjakan, dimana θ adalah sudut
kemiringan antara tanjakan dengan tanah. Mobil dipercepat dari keadaan diam dari garis
start. Tentukan percepatan yang harus dimiliki oleh mobil agar tepat mencapai garis!
Anggap mobil sebagai partikel titik.

d

θ

x

L

Penyelesaian :
Diagram gerakan mobil :

α
d

A

x

B

α
C
h = dsinθ

θ

D
L
s = L - dcosθ - x

Tinjau gerak parabola mobil dari C ke D .
Besar     Km    Km m  . Ambil titik asal koordinat di titik C. Persamaan gerak mobil
adalah
s  vC cos  td
h  vC sin  td  12 gtd2
davitsipayung.blogspot.com
davitsipayung@gmail.com

Sehingga,

s

h  vC sin  
v

cos
 C

s
 1 

  2 g  v cos  

 C


2

Kecepatan mobil saat lepas dari C adalah
vC 

gs 2
2cos 2   s tan   h 

Tinjau gerak mobil dari titik B ke C .
Besar percepatan mobil konstan a BC  a  g sin  . Persamaan kinematika gerak mobil dari
B ke C :
vC2  vB2  2a BC d
vB 

gs 2
 2  a  g sin   d
2cos   s tan   h 
2

Tinjau gerak mobil dari titik A ke B .
Besar percepatan mobil konstan a . Persamaan kinematika gerak mobil dari A ke B:
vB2  2ax

gs 2
 2  a  g sin   d  2ax
2cos2   s tan   h 

Besar percepatan yang harus dimiliki mobil :
gs 2
d sin 

a
2
4cos   s tan   h  x  d   x  d 

Substitusikan nilai s  L  d cos  x , h  d sin , dan    Km m  , maka kita peroleh
a

4cos

2



K m
m

g  L  d cos  x 

   L  d cos  x tan 

2

K m
m

   d sin    x  d 



d sin 
x d 

davitsipayung.blogspot.com
davitsipayung@gmail.com