SOAL SELEKSI OLIMPIADE SAINS TINGKAT KABUPATEN/KOTA 2013 CALON TIM OLIMPIADE FISIKA INDONESIA 2014
Bidang Fisika Waktu : 180 menit
KEMENTERIAN PENDIDIKAN DAN KEBUDAYAAN DIREKTORAT JENDERAL PENDIDIKAN MENENGAH DIREKTORAT PEMBINAAN SEKOLAH MENENGAH ATAS
KEMENTERIAN PENDIDIKAN DAN KEBUDAYAAN DIREKTORAT JENDERAL PENDIDIKAN MENENGAH DIREKTORAT PEMBINAAN SEKOLAH MENENGAH ATAS
Ketentuan Umum:
1- Periksa lebih dulu bahwa jumlah soal Saudara terdiri dari 8 (delapan) buah soal. 2- Waktu total untuk mengerjakan tes ini adalah 3 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.
KEMENTERIAN PENDIDIKAN DAN KEBUDAYAAN DIREKTORAT JENDERAL PENDIDIKAN MENENGAH DIREKTORAT PEMBINAAN SEKOLAH MENENGAH ATAS
1.
(Nilai 10) Sebuah benda bergerak pada bidang xy dengan komponen kecepatan dalam arah x
dapat dinyatakan dalam bentuk v x (t ) = (3t 2 4t + 5) m/detik, t dalam detik; sedangkan komponen kecepatan dalam arah y adalah v y (t ) seperti ditunjukkan dalam grafik dibawah.
Tentukanlah: a.
kecepatan benda (t ) saat t = 2 detik dan t = 4 detik.
b.
percepatan benda (t ) saat t = 4 detik.
c.
posisi benda (t ) saat t = 9 detik, jika diketahui posisi awal benda adalah
Ԧ
Ԧ
Ԧ
Ԧ
(0) = (74i + 40 j) m.
2. (Nilai 8) Seseorang (massa 60 kg) terikat dan terhubung ke sebuah sistem katrol sebagaimana tampak pada gambar samping. Katrol dan tali dianggap tak bermassa dan licin. Jika percepatan gravitasi dianggap 10 m/det 2, tentukanlah gaya yang harus diberikan oleh orang tersebut ke tali agar ia bisa mempertahankan dirinya untuk tidak menyentuh lantai.
KEMENTERIAN PENDIDIKAN DAN KEBUDAYAAN DIREKTORAT JENDERAL PENDIDIKAN MENENGAH DIREKTORAT PEMBINAAN SEKOLAH MENENGAH ATAS
3.
(Nilai 10) Sebuah balok (massa m) bergerak dengan kelajuan awal v0 diatas lantai licin.
Sebuah batang homogen bermassa M ( M > m) dan panjangnya L tergantung dengan bebas pada langit-langit dan mula-mula dalam keadaan diam (lihat gambar di bawah). Batang M ditumbuk oleh balok m tersebut.
M v0 m
Tepat sesaat setelah tumbukan, batang berayun dan balok diam.
4.
a.
Periksalah apakah kasus di atas termasuk tumbukan elastik atau tak-elastik.
b.
Tentukan ketinggian maksimum batang homogen berayun.
(Nilai 15) Dua buah pegas identik, masing-masing dengan konstanta pegas k , terhubung
dengan sebuah massa m dalam posisi mendatar (lihat gambar dibawah). Kedua ujung pegas diikatkan ke dinding agar tidak terlepas. Dalam posisi diam/setimbang, jarak benda m ke masing-masing dinding adalah d . a- Tunjukkan apakah pada sistem pagan tersebut dimungkinkan benda m mengalami gerak osilasi harmonik sederhana pada arah vertikal? b- Jika jawaban pada pertanyaan (a) di atas adalah ya, tentukanlah frekuensinya. d
d
m k
k
KEMENTERIAN PENDIDIKAN DAN KEBUDAYAAN DIREKTORAT JENDERAL PENDIDIKAN MENENGAH DIREKTORAT PEMBINAAN SEKOLAH MENENGAH ATAS
5.
(Nilai 12) Bola biliar dengan jari-jari r ,
massa m dan momen inersia I berada di atas meja biliar. Bola disodok dengan gaya
horizontal,
sehingga
u
bergerak
menggelinding ke kanan tanpa slip
h
r
dengan kecepatan u. Bola kemudian mengenai dinding meja biliar yang memiliki ketinggian tepi h seperti ditunjukkan pada gambar. Akibatnya, bola itu lalu berbalik menggelinding tanpa slip dengan kecepatan v. Tentukan hubungan antara h dan r agar kondisi ini terjadi. Anggap bola mengenai tepi meja dengan arah normal.
6.
(Nilai 15) Sebuah bola dengan radius r menggelinding secara horizontal tanpa slip pada dua
buah rel sejajar yang berjarak r /2. Bola menggelinding tegak lurus terhadap bidang kertas (perhatikan gambar samping). a. Gambarkan kondisi tersebut dalam tampak depan dan tampak samping. Tentukan titik manakah (pada bola) yang memiliki kecepatan sesaat maksimum ! b. Cari besarnya kecepatan maksimum diatas jika pusat massa bola memiliki kelajuan v !
r
KEMENTERIAN PENDIDIKAN DAN KEBUDAYAAN DIREKTORAT JENDERAL PENDIDIKAN MENENGAH DIREKTORAT PEMBINAAN SEKOLAH MENENGAH ATAS
7.
(Nilai 15) Suatu bola bermassa m dan berjari-jari r menggelinding tanpa slip pada permukaan
setengah bola yang kasar dan berjari-jari R ( R > r ) seperti tampak pada gambar di bawah ini. B
A
θ
m
R
a. Jika bola m mula-mula diam di titik A dan kemudian menggelinding ke bawah pada permukaan setengah bola, maka tentukanlah kelajuan bola tersebut pada titik terendah. b. Bila bola tersebut dalam geraknya di bagian a) diatas, ia berosilasi di sekitar titik terendah, tentukanlah periode osilasi tersebut.
8.
(Nilai 15) Lokomotif mainan (massa m L) bergerak pada lintasan melingkar horizontal berjari-
jari R dan bermassa total mT . Lintasan berbentuk pelek dari sebuah roda tak bermassa yang dapat bebas berotasi tanpa gesekan terhadap sumbu/poros vertikal. Lokomotif mulai bergerak dari keadaan diam dan dipercepat tanpa slip sampai mencapai kecepatan akhir v relatif
terhadap
lintasan.
Hitunglah
kecepatan
akhir
lokomotif, v f , relatif terhadap lantai.
=== Selamat bekerja, semoga sukses ===
JAWABAN Fisika OSK 2013
1- Jawab:
pada saat t = 2 s, m/s sehingga ( pada saat t = 4 s, (dg persamaan garis) m/s sehingga ( b) pada saat t = 4 s, m/s a)
nilai 1)
nilai 1)
2
m/s (kemiringan) m/s 2
sehingga
c)
2
(nilai 1)
(nilai 1) (nilai 1)
adalah luas permukaan di bawah kurva
(nilai 1)
cari koordinat pada t = 9 detik bisa dengan persamaan garis:
Sehingga untuk t = 9 detik maka
m/det
Luas Daerah (A)= A_I +A_II+A_III - A_IV= 90+0.5(30+60)*2 + (3*60)/2- (1*20)/2 Sehingga luas daerahnya = 90 + 90 + 90 – 10 = 260
(nilai 2)
m
sehingga:
(nilai 1) (nilai 1)
K1
2- Sebut saja gaya tegang pada tali yang ditarik oleh tangan orang tersebut adalah T . Maka tegangan tali di sepanjang tali tersebut baik yang melalui katrol K1 maupun K2 adalah sama yaitu T (karena kedua katrol dianggap ringan dan licin).
(nilai 2)
Jadi gaya tegang tali pada katrol K2 yang menahan beban orang tersebut adalah: 2T = T’
(nilai 2)
K2 T’
T
Maka gaya tegang tali total yang menahan beban orang te rsebut adalah: T t = T’ + T = 2T + T = 3T = 600 N
Untuk gambar
Jadi besarnya gaya yang harus diberikan orang tersebut adalah:
Gaya-gaya yang F = T = 200 N
(nilai 2)
3- Jawab: a.
mv0 L I
Hukum kekekalan momentum sudut:
1 3
ML2 (nilai 2)
Jumlah kalor akibat tumbukan tepat sesaat setelah tumbukan:
Q
1 2
mv02
1 2
I 2
1 2
mv02 1
3m
0
M
Karena Q 0, maka secara umum tumbukannya adalah TIDAK-elastik
(nilai 1,5)
(nilai 1,5)
bekerja, nilai 2
b. Untuk kasus ini cukup dilihat pusat massanya saja,
1 2
mv02
1 2
I 2
1 2
mv02 1
3m
Mgh
(nilai 3)
M
mv02 3m h 1 2 Mg M
Sehingga:
(nilai 2)
4- a- Kriteria agar terjadi Gerak Harmonik Sederhana (GHS) adalah adanya gaya pulih yang besarnya sebanding
dengan
simpangan
setimbangnya.
dari
titik
(nilai 2)
Karena pengaruh gaya gerak dari massa m, maka kondisi setimbang sistim pegas tersebut terjadi pada saat pegas memanjang menjadi (lihat gambar).
d ' d 2 h 2 (nilai 1)
Jika massa m disimpangkan sejauh x dibawah titik setimbangnya ( x sangat kecil dibandingkan dengan h dan d’ ), maka gaya pada masing-masing pegas:
F k d 2 ( h x ) 2 d '
(nilai 2)
Jadi gaya pulih pada benda m:
F pu lih 2 F cos 2k d 2 ( h x ) 2 d '
1 x 2kh1 1 h 2h( x ) ( x ) 2 1 d ' 2 2 x 1 2h( x ) ( x ) 2kh1 h 2 d ' 2 2
kh 2 d '
2
h x
d 2 ( h x ) 2
(nilai 5)
( x ) 2k sin 2 x
Di dalamnya kita gunakan ekspansi binomial Newton: (1 u )
1 / 2
1
1 u ... 2
b- Dari persamaan terakhir kita dapatkan persamaan GHS:
F pulih 2k sin 2 x 0 k eff
Jadi frekuensi osilasinya:
m
2k m
(nilai 2)
sin
(nilai 3)
5- Solusi
Perubahan momentum
p m(v u ) .
(nilai 1)
Akibatnya terjad Impuls
J m(v u ) yang berkerja pada jarak h r ,
(nilai 2)
L m(v u )(h r ) .
sehingga terjadi perubahan momentum angular Kecepatan sudut bola mula-mula o maka momentum sudutnya Lo
u ,
I
u v
m(v u )(h r ) I
Sehingga diperoleh persamaan
r
I u r , setelah tumbukkan L I v r
Perubahan momentum sudut L
Maka
7r 2 5
r
(nilai 2)
(nilai 2)
u v
(nilai 1)
r
, akibatnya r ( h r )
hr 0
atau
I m
h
7 r 5
2r 2 5
(nilai 2)
(nilai 2)
6- Solusi : a- Garis yang menghubungkan kedua rel adalah sumbu rotasi sesaat (lihat gambar tampak depan) Kita akan menghitung nilai d .
Tampak depan
(nilai: 1)
Tampak samping
(nilai: 1)
Dengan menggunakan dalil phytagoras, diperoleh : 2
r 2 2 d r 4
(nilai: 1,5)
Dari persamaan di atas diperoleh nilai d :
d
15 4
r
(nilai: 1,5)
Titik yang memiliki kecepatan sesaat maksimum pada bola adalah titik yang berjarak terjauh dari sumbu rotasi sesaat. Titik ini adalah titik puncak bola.
( nilai: 2)
b- Kita dapat menulis hubungan antara kecepatan pusat massa dan kecepatan sudut terhadap sumbu rotasi sesaat :
v d
(nilai: 1)
Dengan menggunakan dua persamaan sebelumnya, diperoleh kecepatan sudut :
4v
(nilai: 2,5)
15 r
Titik dengan kecepatan sesaat maksimum memiliki kecepatan sudut yang sama dengan pusat massa. Kita dapat menghitung kecepatan titik dengan kecepatan maksimum sebagai:
v max ( r d )
(nilai: 2)
Sehingga kecepatan maksimum nya menjadi :
15 4 15 v 15
v max
(nilai: 2,5)
7- Jawaban: a- Gunakan hukum kekekalan energi mekanik (tinjau hanya pusat massa bola)
1 2 dimana I
mv 2
1 2
I 0 m R r
I 2 Mg R r
2
(1)
(nilai 1)
dan dimana I 0 adalah momen inersia bola terhadap pusat
massanya.
(nilai 1)
Karena menggelinding tanpa slip berarti:
v r
(nilai 1)
Substitusikan semua persamaan diatas kedalam pers (1), sehingga diperoleh:
v
2 g R r I 1 mr 2
(nilai 3)
b- Gunakan hukum 2 Newton untuk torsi: i)
Untuk bola yang menggelinding terdapat gaya gesek statis f s , sehingga torsi terhadap pusat bola adalah f s r
I 0
(nilai 1)
ii)
Untuk torsi terhadap titik pusat permukaan bola
f s R mg R r sin I dan berlaku kendala r
R r sehingga akan diperoleh:
mg R r sin I ˆ
R R2 2 dimana I I 0 1 2 mr . r r
(nilai 2)
(nilai 1)
(nilai 1,5)
(nilai 1,5)
ˆ
Untuk sudut θ kecil akan dapat diperoleh periode
T 2
I ˆ
(nilai 2)
mg R r
8- Karena tidak ada torka eksternal sekitar sumbu pusat, momentum sudut system konstan. Momentum sudut awal system nol karena lokomotif dan lintasan dalam keadaan diam. (nilai 1) Kecepatan sudut akhir dari lintasan adalah T , f . Dalam gambar di atas lokomotif berotasi dalam arah berlawanan arah jarum jam sehingga lintasan harus berotasi searah jarum jam. Jika kita memilih arah sumbu z positif ke keluar bidang kertas maka momentum sudut akhir lintasan diberikan oleh:
LT , f I T , z T , f k mT R 2 T , f k
ˆ
ˆ
(1)
(nilai 1)
Lokomotif bergerak tangensial terhadap tanah sehingga kita dapat memilih koordinat polar dan kemudian kecepatan akhir lokomotif relative terhadap tanah adalah
v L, f v f .
ˆ
(2)
(nilai 1)
(3)
(nilai 1)
Titik pada tepi lintasan memiliki kecepatan akhir:
vT , f R T , f
ˆ
Oleh karena itu kecepatan relative vrel
v dari lokomotif ke lintasan diberikan oleh selisih dari ˆ
kecepatan lokomotif dan titik pada tepi lintasan.
v rel v L, f vT , f
v f
v
ˆ
f
R
R T , f
ˆ
T , f
v . ˆ
(4)
(nilai 2)
(5)
(nilai 1)
(6)
(nilai 1)
ˆ
Oleh karena itu:
v v f R T , f Maka
T , f
v v f R
Momentum sudut akhir lokomotif terhadap pusat lingkaran yang dibentuk oleh lintasan ketika ia bergerak dengan kecepatan v f , relative terhadap lantar adalah
L L, f m L Rv f k
ˆ
(7)
(nilai 1)
(8)
(nilai 2)
Karena momentum sudut system konstan maka:
0 LT , f L L, f mT R 2 T , f m L Rv f k
ˆ
Sekarang substitusi pers. (6) ke dalam komponen sumbu z dari persamaan di atas menghasilkan
0 mT R v v f m L Rv f
(9)
(nilai 2)
Dari pers. (9) diperoleh kecepatan akhir lomotif relative t erhadap lantai:
v f
mT mT m L
v
(10)
(nilai 2)
