Upload
dothuy
View
229
Download
0
Embed Size (px)
Citation preview
SOAL UJIAN
SELEKSI CALON PESERTA OLIMPIADE SAINS NASIONAL 2016
TINGKAT PROPINSI
Waktu : 3,5 jam
KEMENTERIAN PENDIDIKAN DAN KEBUDAYAAN DIREKTORAT JENDERAL PENDIDIKAN DASAR DAN MENENGAH
DIREKTORAT PEMBINAAN SEKOLAH MENENGAH ATAS
TAHUN 2016
FISIKA
Hak Cipta
Dilindungi Undang-undang
halaman 2 dari 19
Hak Cipta
Dilindungi Undang-undang
KEMENTERIAN PENDIDIKAN DAN KEBUDAYAAN DIREKTORAT JENDERAL PENDIDIKAN DASAR DAN MENENGAH
DIREKTORAT PEMBINAAN SEKOLAH MENENGAH ATAS
Olimpiade Sains Nasional 2016
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 3,5 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.
10- Informasi resmi tentang kegiatan Olimpiade Fisika dapat dilihat di website
http://www.tpof-indonesia.org
11- Info berikut mungkin bermanfaat:
2 = 1,414; 3 = 1,732; 5 = 2,236; 7 = 2,646; 11 = 3,317; 13 = 3,606; 17 = 4,123.
halaman 3 dari 19
Hak Cipta
Dilindungi Undang-undang
Tes Seleksi OSN 2016 Bidang FISIKA
TINGKAT PROPINSI
Waktu: 3,5 Jam
1. (12 poin) Sebuah bola dilemparkan dengan
kecepatan pada arah horisontal dari suatu
puncak bukit yang memiliki sudut
kemiringan terhadap horisontal. Setiap
kali menumbuk permukaan bukit yang
miring, tumbukan selalu bersifat elastik.
Pada saat tumbukan ke n, bola tepat sampai
di dasar bukit. Percepatan g mengarah
vertikal ke bawah.
a. (10 poin) Tentukan tinggi bukit (dinyatakan dalam v0, g, n, dan ),
b. (2 poin) Hitung ketinggian puncak bukit tersebut jika = 30o, v0 = 10 m/s, n = 10 kali dan
g = 10 m/s2.
Solusi:
a.
Koordinat x dipilih sejajar dengan permukaan miring bukit, dan koordinat y tegaklurus
koordinat x. Kecepatan jika diuraikan ke dalam komponen x dan y menjadi:
v0
g
cos
halaman 4 dari 19
Hak Cipta
Dilindungi Undang-undang
Percepatan gravitasi g jika diuraikan ke dalam komponen x dan y menjadi
Persamaan kecepatan adalah
(1 poin)
Sedangkan persamaan koordinat adalah
(1 poin)
Saat menumbuk permukaan bukit pertama kali, sehingga lama bola di udara adalah
(1 poin)
Jika waktu t ini dimasukkan ke dalam kecepatan, diperoleh komponen kecepatan sesaat
sebelum menumbuk bukit pertama kali (n = 1) pada arah x dan y yaitu
(1 poin)
Karena tumbukan bersifat elastik, maka komponen kecepatan ke arah x tetap nilainya,
sedangkan komponen kecepatan ke arah y berubah tanda.
(1 poin)
Tampak bahwa setelah tumbukan pertama kecepatan awal peluru pada arah y sama seperti
sebelumnya = . Sedangkan kecepatan awal peluru pada arah x berubah dari
menjadi
.
Untuk tumbukan berikutnya (n = 2), dengan mengingat kecepatan awal pada arah sumbu y
bernilai tetap yaitu serta percepatan pada arah sumbu y juga tetap yaitu
lama bola di udara juga sama seperti pada kasus sebelumnya yaitu
(1 poin)
halaman 5 dari 19
Hak Cipta
Dilindungi Undang-undang
Jika ini dimasukkan ke dalam persamaan kecepatan maka kecepatan bola sesaat sebelum
menumbuk permukaan bukit (n = 2) pada arah sumbu x adalah
Komponen kecepatan pada arah sumbu y (n = 2) sama seperti pada kasus sebelumnya
yaitu
Untuk komponen kecepatan pada arah x, dengan melihat pola
maka setelah menumbuk n kali, komponen kecepatan pada arah x adalah
(1 poin)
Sedangkan komponen kecepatan pada arah y bernilai tetap sebesar
Kuadrat kecepatan setelah tumbukan ke n adalah
(1 poin)
Untuk menentukan tinggi bukit H digunakan persamaan energi mekanik yang akhirnya
dapat ditulis menjadi:
(2 poin)
yang dapat disederhanakan menjadi
b. Masukan harga2 yang ada, diperoleh:
H = 650/3 (2 poin)
***
halaman 6 dari 19
Hak Cipta
Dilindungi Undang-undang
2. (12 poin) Sebuah pesawat ruang angkasa dikirim untuk mengamati sebuah planet berbentuk
bola yang bermassa M dan berjari-jari R. Ketika pesawat tersebut menyalakan mesinnya
sedemikian sehingga berada pada posisi diam terhadap planet tersebut dengan jarak d dari
pusat planet tersebut (d > R), pesawat tersebut menembakkan sebuah paket bermassa m
dengan kecepatan awal v0. Massa m jauh lebih kecil daripada massa pesawat. Paket tersebut
ditembakkan membentuk sudut terhadap garis radial yang menghubungkan pusat planet dan
pesawat tersebut sehingga benda paket tersebut menyinggung permukaan planet. Tentukan:
a. (4 poin) laju benda saat menyinggung permukaan planet,
b. (4 poin) sudut agar paket tersebut tepat menyinggung permukaannya,
c. (4 poin) kemudian untuk jarak d yang tetap, tentukan syarat untuk v0 (dinyatakan dalam
G, M, R dan d) agar selalu ada sudut sedemikian sehingga paket tersebut dapat
menyinggung planet.
Solusi:
a. Gaya yang bekerja pada paket adalah gaya gravitasi yang merupakan gaya sentral )(rF
sehingga torka yang bekerja pada paket adalah
0)( rFrdt
Ld
. (1 poin)
Akibatnya momentum sudut paket L
konstan. Gaya sentral ini juga mengakibatkan gerak
paket dibatasi pada bidang datar dua dimensi.
Saat awal, sinsin 0dmvvrmvrmL
(1) (1 poin)
Saat menyinggung planet, RmvRmvL 11 90sin
(2) (1 poin)
Maka, 0 sinmv d 1mv R
sehingga laju paket saat menyinggung planet adalah:
1 0
sindv v
R
(3) (1 poin)
halaman 7 dari 19
Hak Cipta
Dilindungi Undang-undang
b. Selain itu, gaya gravitasi bersifat konservatif, sehingga berlaku kekekalan energi mekanik.
Untuk kasus ini berlaku kekekalan energi mekanik:
2 21 10 12 2
GMm GMmmv mv
d R (4) (1 poin)
Dengan memasukkan nilai 1v dalam pers. (3) ke dalam pers. (4) diperoleh:
2
2
2 20
2 1 1sin 1
R GM
R dd v
(5) (2 poin)
atau
20
2 1 1arcsin 1
R GM
d R dv
(6) (1 poin)
c. Agar selalu ada sudut ketika paket tersebut menyinggung planet, maka
2sin 1 (7) (1,5 poin)
2
2 20
2 1 11 1
R GM
R dd v
(8) (1 poin)
yang jika disederhanakan akan menghasilkan
0
2
( )
GMRv
d d R
(9) (1,5 poin)
halaman 8 dari 19
Hak Cipta
Dilindungi Undang-undang
3. (14 poin) Gambar di samping memperlihatkan sebuah
papan pejal tipis homogen dengan panjang 2b dan massa
M. Di kedua ujung papan dilekatkan massa m. Sistim
papan ini dapat “menggelinding” (rolling) tanpa
tergelincir (slip) di atas permukaan kasar suatu silinder
yang berjari-jari a. Papan tersebut mula-mula setimbang,
yaitu saat titik berat papan (titik G) tepat berada di titik
puncak silinder tersebut (titik A), dan selanjutnya
diberikan sedikit simpangan. Jika papan kemudian
berosilasi dan adalah sudut AOC, tentukan besarnya
periode osilasi kecil dari papan tersebut.
Solusi :
Dalam gambar di atas, katakan C adalah titik kontak antara papan dengan silinder dan
adalah sudut antara OC dengan sumbu vertikal OA sehingga sudut menampilkan besar
inklinasi papan terhadap arah mendatar. Dan karena papan ‘menggelinding’ tanpa slip di atas
silinder tersebut maka panjang GC sama dengan panjang busur AC. (1 poin)
Katakan koordinat posisi titik G adalah (X, Z) dalam sistem koordinat kartesian Oxy
sebagaimana diperlihatkan dalam gambar di atas. Jadi diperoleh:
cossincossin aaaX (1 poin)
dan
sincossincos aaaZ (1 poin)
sehingga
sinaX (1 poin)
cosaZ (1 poin)
Selanjutnya dapat dihitung energi kinetik T dan energi potensial gravitasi V (relatif terhadap
titik acuan O) papan dinyatakan dalam koordinat sudut , yaitu
22222
2222
6
1
2
1
3
1
2
1
2
1
MbMa
MbZXMT
(2 poin)
sincos
agM
ZgMV (2 poin)
Hukum kekekalan energi untuk papan adalah
EMgaMbMa sincos6
1
2
1 22222 (1 poin)
C
G A
x
y
O
a
halaman 9 dari 19
Hak Cipta
Dilindungi Undang-undang
dengan E adalah energi total yang konstan. Dengan memberlakukan syarat bahwa 0dt
dE
diperoleh persamaan gerak untuk sudut simpangan , yaitu (1 poin)
0cos3
1 22222
gaaba (1 poin)
yang merupakan persamaan eksak untuk osilasi besar dari papan. Dan kalau yang ditinjau
hanya untuk osilassi kecil maka diperoleh persamaan gerak
03
2
b
ga (1 poin)
Yang tidak lain merupakan persamaan osilasi harmonis sederhana, sehingga periode
osilasinya adalah
ga
b
ga
bT
3
2
32
2 (1 poin)
halaman 10 dari 19
Hak Cipta
Dilindungi Undang-undang
4. (14 poin) Dua buah partikel dengan massa masing-masing adalah m dan M dihubungkan oleh
sebuah batang tegar tak bermassa dengan panjang l. Sistem berada pada suatu meja mendatar
licin dan membentuk sudut θ terhadap garis vertikal seperti pada gambar. Sistem bergerak
dengan laju pusat massa v0 dan laju angular ω0 = 0 mendekati sebuah dinding vertikal licin.
Jika koefisien restitusi tumbukan antara partikel 1 dengan dinding adalah e, tentukan:
2
1
θ v0
x
y
m
M
Dinding Licin
a. (10 poin) Kecepatan angular sistem sesaat setelah tumbukan
b. (4 poin) Kecepatan partikel 1 dan partikel 2 sesaat setelah tumbukan
Solusi :
a. Momentum linear sistem sebelum tumbukan adalah
ivmMpiˆ
0
(1) (1 poin)
Misalkan titik P adalah posisi partikel 1. Posisi partikel 2 relatif terhadap titik P adalah,
jilr ˆcosˆsin2
(2) (1 poin)
Hanya partikel 2 yang memiliki momentum sudut sistem sebelum tumbukan relatif
terhadap titik P, jadi
klMvprL iiˆcos022
(3) (1 poin)
Karena dinding licin, maka tidak ada impuls pada arah y sehingga momentum linear arah y
konstan sama dengan nol,
f
y
f
y Mvmv 21 (4) (0,5 poin)
Dan karena tumbukan dengan dinding memiliki koefisien restitusi e, maka
011 evevv i
x
f
x (5) (0,5 poin)
halaman 11 dari 19
Hak Cipta
Dilindungi Undang-undang
2
1
θ
N
x
y
m
M
P
x1
x2 l sinθ
y1
y2
l cosθ
Karena batang penghubung kedua partikel adalah batang tegar, maka kita dapatkan,
sin
cos
2
02
Mm
lmv
levv
ff
y
f
f
x
(6) (2 poin)
Momentum sudut sistem setelah tumbukan relatif terhadap titik P adalah,
kleMvMmMm
MlprL
f
ffˆcoscos 0
2
2
22
(7) (2 poin)
Karena impuls yang diberikan pada sistem oleh dinding bekerja di partikel 1 (titik P),
maka momentum sudut sistem relatif terhadap titik P konstan. Jadi, kita dapatkan
2
0
cos
cos1
Mm
e
l
Mmvf
(8) (2 poin)
b. Jadi kecepatan partikel setelah tumbukan adalah
jMm
eMvievv f ˆ
cos
sincos1ˆ2
001
(9) (2 poin)
jMm
emvv f ˆ
cos
sincos12
02
(10) (2 poin)
halaman 12 dari 19
Hak Cipta
Dilindungi Undang-undang
5. (16 poin) Gambar di samping memperlihatkan
sebuah peluncur barang (slipway) yang sangat
panjang, dan berbentuk bidang miring yang
membentuk sudut terhadap arah mendatar.
Bidang miring tersebut dilengkapi dengan sangat
banyak roda (roller) identik, dengan dua roda
terdekat berada pada jarak d satu sama lain (lihat
gambar). Semua roda tersebut memiliki sumbu-
sumbu rotasi mendatar dan merupakan silinder-slinder baja pejal yang permukaannya
diselubungi dengan lapisan karet yang tipis dan diabaikan massanya. Masing-masing silinder
tersebut bermassa m dan berjari-jari r. Sebilah papan dengan massa M dan panjang jauh lebih
besar daripada d , mulai dilepas dari puncak peluncur barang tersebut. Abaikan gesekan udara
dan gesekan pada poros-poros roda tersebut. Tentukan kelajuan akhir (terminal speed) vmax
papan tersebut.
Solusi :
Papan yang telah bergerak sejauh L menyebabkan munculnya kecepatan sudut sebesar
rv /maxmax (0,5 poin) pada roda-roda sebanyak L/d buah. Pada saat tersebut papan
mengalami penurunan energi potensial sebesar MgLsin sehingga tiap roda memperoleh
energi kinetik sebesar 2max
2max
4
1
2
1mvI (1 poin) dimana harga
2
2
1mrI (0,5 poin).
Disini berlaku bahwa kelajuan tangensial akhir pada tiap permukaan roda sama dengan
kelajuan akhir (terminal speed) papannya.
Katakan F(t) adalah gaya gesek kinetik antara papan dengan tiap roda, yang berarti bahwa
gaya gesek tersebut tidak perlu dianggap konstan terhadap waktu t . Dalam interval waktu
singkat Δt telah terjadi perubahan momentum sudut tiap roda sebesar
ttrFI )( (2 poin)
Perubahan-perubahan momentum sudut semua roda dapat dijumlahkan dan menghasilkan
besar kecepatan sudut akhir roda, yaitu
r
vIIttFr max
max)( (2 poin)
Di sisi lain, usaha yang telah dilakukan selama interval waktu Δt untuk melawan atau
mengatasi gesekan yang memunculkan kalor ΔQ adalah sama dengan hasil kali antara gaya
gesek kinetik dan besar pergeseran relatif, yaitu
ttrvtFQ )()( max (2 poin)
Dengan demikian, energi total yang terdissipasi adalah:
halaman 13 dari 19
Hak Cipta
Dilindungi Undang-undang
2
max
2
max2
max
max
max
2
1
2
)(
)()(
III
IttFr
ttrvtFQ
(4 poin)
Perhatikan bahwa pada baris terakhir persamaan di atas telah digunakan hubungan
)(2
1 2 .
Hasil ini memperlihatkan bahwa besar kalor yang terdissipasi sama dengan besar energi
kinetik yang diperoleh roda-roda. Dengan demikian berlaku:
2
max
2
max4
12
4
1sin mv
d
LQmv
d
LMgL (2 poin)
sehingga besar kelajuan akhir (terminal speed) vmax papan adalah:
m
dMgv
sin2max (2 poin)
halaman 14 dari 19
Hak Cipta
Dilindungi Undang-undang
6. (16 poin) Sebuah batang dengan massa di-bengkok-an sehingga berbentuk siku-siku di B
dengan sisi panjang AB adalah seperti terlihat pada gambar di bawah. Dua buah manik–
manik kemudian ditaruh pada kedua sisi batang tersebut dengan massa masing–masing
dan , serta dihubungkan oleh sebuah benang tak bermassa dengan panjang . Sudut antara
lantai horizontal dengan sisi AB adalah . Abaikan semua gesekan pada semua kontak.
Bila sistem di atas dalam keadaan setimbang, tentukan:
a) (2 poin) sudut , yaitu sudut antara benang dan sisi panjang batang
b) (2 poin) besar tegangan pada benang
Dalam kasus umum, sistem tersebut tidak setimbang dimana nilai . Jika batang
ABC selama gerakannya diasumsikan tetap tegak, tentukan:
c) (3 poin) percepatan relatif setiap manik–manik terhadap batang sebagai fungsi ,
d) (3 poin) percepatan horizontal pusat massa batang, , sebagai fungsi ,
e) (3 poin) percepatan massa m1 terhadap lantai, a1, sebagai fungsi
f) (3 poin) percepatan massa m2 terhadap lantai, a2, sebagai fungsi
Solusi:
a) Perhatikan gambar disamping dan gunakan persamaan gaya arah gerak dengan ,
sehingga
maF
0sincos 11 amgmT (1)
02
sin2
cos 22
amgmT
(2)
sin
cos
cos
sin
1
2
gm
gm
T
T
Maka didapat:
cottan1
2
m
m (3) (0,5 poin)
A
B
C
(0,5 poin)
(0,5 poin)
(0,5 poin)
halaman 15 dari 19
Hak Cipta
Dilindungi Undang-undang
b) Gunakan persamaan dan , sehingga
Maka didapat besarnya tegangan pada benang:
(1 poin)
Berikut ini adalah beberapa langkah untuk menjawab poin c, d, e dan f) dengan
memperhatikan gambar dibawah.
Persamaan gaya manik – manik relatif terhadap batang:
(1 poin)
(1 poin)
(1 poin)
(1 poin)
Persamaan gaya pusat massa batang:
xMANN
2sinsin 21 (9)
(1 poin)
c) Hubungan posisi coslu
sinlw 222 lwu (0,5 poin)
Di differensialkan:
0 wwuu 022 wwwuuu (0,5 poin)
022 lwwuu 0sincos 22 lwu (0,5 poin)
Karena: '
1au dan '
2aw
Maka: 22'
2
'
1 sincos laa (10) (0,5 poin)
Gunakan persamaan (5), (6), dan (10) diperoleh:
2
1
22
22
111 tan
2cos
2sin
2cos
seccossincos
m
m
AmgmT
lmAmgmT
x
x
(0,5 poin)
sec
tansincossintancostansincos
22
21
2112
lmm
AgmmmmT x
(0,5 poin)
(1 poin)
u w
halaman 16 dari 19
Hak Cipta
Dilindungi Undang-undang
Gunakan persamaan (7), (8), dan (9) diperoleh:
xxx MATgmAmTgmAm coscossincossinsincossin 2211
(0,5 poin)
xAMmmmmgT 2
2
2
121 cossincossinsinsincoscos
(0,5 poin)
Maka,
2
21
2
2
2
1
2
2
2
1
22
21
2
21
22
2
22
1
coscossincossin
coscos21tancossincossin
mmmmMmm
lmmgmmmmgAx
(0,5 poin)
iAA xxˆ
Gunakan persamaan (5) dan (6) diperoleh:
cossinsincossinsincoscoscossin 2112
'
22
'
11 mmAmmgamam x
(0,5 poin)
d) Maka,
jaiAaa xˆsinˆcos '
1
'
11 (12) (0,5 poin)
e)
jaiAaa xˆ
2sinˆ
2cos '
2
'
22
(13) (0,5 poin)
dimana,
2
2
2
1
22
22112'
1cossin
cossincossinsincossinsincoscos
mm
lmmmAmmga x
(0,5 poin)
2
2
2
1
22
22112'
2cossin
sincoscossinsincossinsincoscos
mm
lmmmAmmga x
(0,5 poin)
halaman 17 dari 19
Hak Cipta
Dilindungi Undang-undang
7. (16 poin) Tiga buah silinder identik masing-masing
bermassa m dan jari-jari R disusun seperti pada gambar
disamping (Anggap antara dua silinder bawah
permukaannya hanya menyinggung).
a) (4 poin) Apabila sistem dalam kondisi setimbang,
tentukan nilai koefisien gesek statis minimum silinder
dengan lantai! Asumsikan bahwa gesekan hanya
terjadi pada permukaan silinder dengan lantai,
sedangkan antar silinder bisa dianggap licin.
Apabila kondisinya adalah ketiga silinder di atas memiliki permukaan yang licin, permukaan
lantai juga licin, dan sistem ditahan agar tetap pada posisi seperti pada gambar di atas.
Kemudian seketika sistem penahan dilepas dan ketiga silinder bebas bergerak. Tentukan:
b) (5 poin) Besar percepatan silinder atas sesaat setelah sistem penahan dilepas.
c) (5 poin) Besar gaya normal yang terjadi antar silinder sesaat setelah sistem penahan
dilepas.
Apabila kondisinya adalah tidak ada gaya gesek antar permukaan silinder, namun permukaan
lantai sangat kasar sehingga ada gaya gesek yang cukup besar antara permukaan silinder
dengan permukaan lantai. Sistem tiga silinder awalnya ditahan seperti pada gambar di atas
kemudian seketika dilepaskan sehingga ketiga silinder bergerak. Akibat adanya gaya gesek
yang besar antara silinder dengan lantai, maka kedua silinder yang bawah akan mengalami
gerakan tidak slip terhadap lantai. Tentukan:
d) (1 poin) Besar percepatan silinder atas sesaat setelah sistem penahan dilepas.
e) (1 poin) Besar gaya gesek yang terjadi antara permukaan silinder bawah dengan
permukaan lantai.
Solusi:
a) Tinjau silinder atas
(1 poin)
halaman 18 dari 19
Hak Cipta
Dilindungi Undang-undang
Tinjau silinder bawah
(1 poin)
(1 poin)
(1 poin)
b)
(1 poin)
(1 poin)
Dari persamaan (2) dan (3) diperoleh: (1 poin)
Dari persamaan (4) dan (1) diperoleh: dan
(1 poin)
halaman 19 dari 19
Hak Cipta
Dilindungi Undang-undang
Jadi: besar percepatan silinder atas (0,5 poin)
besar gaya normal antara silinder atas dan
bawah (0,5 poin)
c) Tinjau silinder bawah
(1 poin)
(1 poin)
Substitusi pers.(7) ke dalam pers. (6), diperoleh:
(1 poin)
(1 poin)
(1 poin)
dan
d. Maka besar percepatan silinder atas (1 poin)
e. dan besar gaya gesek yang bekerja di lantai (1 poin)
***