SOAL UJIAN SELEKSI CALON PESERTA OLIMPIADE SAINS …olimpiade.psma.kemdikbud.go.id/index/SOAL/SOAL OLIMPIADE SAINS_2016... · SELEKSI CALON PESERTA OLIMPIADE SAINS NASIONAL 201. 6

SOAL UJIAN SELEKSI CALON PESERTA OLIMPIADE SAINS NASIONAL 2016

TINGKAT KABUPATEN / KOTA

Waktu : 3 jam

KEMENTERIAN PENDIDIKAN DAN KEBUDAYAAN DIREKTORAT JENDERAL PENDIDIKAN MENENGAH

DIREKTORAT PEMBINAAN SEKOLAH MENENGAH ATAS TAHUN 2016

FISIKA

Hak Cipta

Dilindungi Undang-undang

Halaman 2 dari 18

Hak Cipta


KEMENTERIAN PENDIDIKAN DAN KEBUDAYAAN DIREKTORAT JENDERAL PENDIDIKAN MENENGAH DIREKTORAT PEMBINAAN SEKOLAH MENENGAH ATAS

Tes Seleksi OSN 2016 Bidang FISIKA

TINGKAT KABUPATEN/KOTA

Waktu: 3 Jam

1- (8 poin) Tinjau fenomena osilasi bebas yang dialami suatu tetes cairan yang berhasil direkam oleh beberapa astronot pada saat mereka sedang mengorbit di ruang angkasa bebas gravitasi. Fenomena ini mereka temukan pada saat mereka sedang berusaha menangkap satu tetes air yang besar dan kemudian merekamnya dalam bentuk video. Para astronot berhasil mengamati dengan jelas kalau ukuran/jari-jari tetes air tersebut benar-benar berosilasi (lihat gambar samping). Fenomena ini belum diketahui banyak orang karena mereka bermukim di permukaan Bumi yang gravitasinya mengakibatkan tetes cairan mengalami jatuh bebas lebih cepat sehingga tidak sempat mengalami osilasi. Fenomena populer ini pertama kali diselesaikan oleh Lord Rayleigh yang hasilnya telah dipublikasi dalam majalah ilmiah Nature volume 95, halaman 66, tahun 1915.

(a) (4 poin) Dengan mengabaikan pengaruh percepatan gravitasi bumi, tentukan besar

frekuensi osilasi tetes di atas yang dianggap bergantung pada massa jenis cairan (), jari-jari tetes cairan (r), dan tegangan muka cairan ().

(b) (2 poin) Untuk ukuran tetes cairan yang sama, hitunglah nilai perbandingan (rasio) antara frekuensi osilasi tetes cairan A dengan frekuensi osilasi tetes cairan B dengan menggunakan hasil (a) di atas, dan

(c) (2 poin) Jelaskan kesimpulan Anda tentang pengaruh massa jenis cairan terhadap frekuensi osilasinya. Diketahui:

massa jenis: 1 g/cm3 (cairan A) dan 12,1 g/cm3 (cairan B) tegangan muka: 0,0405 N/m (cairan A) dan 0,5 N/m (cairan B)

Solusi :

(a) Frekuensi osilasi (f) tetes dapat dituliskan dalam bentuk formula umum: rkf (1 poin)

dengan k, α, β, dan adalah konstanta dan pangkat-pangkat tak berdimensi.

Osilasi Tetes Air

Halaman 3 dari 18

Hak Cipta


Dalam sistem satuan SI, dimensi masing-masing besaran dalam persamaan di atas adalah : [f ] = [T] 1 , [r] = [L], [] = [gaya] [L] 1 = [M][T] 2 , dan [] = [M][L] 3. Akibatnya, persamaan di atas dapat dituliskan sebagai :

)()( 321 MLMTkLT (1 poin) Dengan demikian diperoleh 3(tiga) persamaan simultan untuk ketiga pangkat α, β, dan yaitu:

M : 0 L : 30 T : 21

sehingga diperoleh nilai-nilai: 2/3 ,2/1 ,2/1 . (1 poin) Dengan demikian

32/12/12/3

rkKrf

(1 poin)

(b) Selanjutnya akan dihitung nilai rasio untuk kedua frekuensi: B

A

ffR .

Untuk ukuran tetes yang sama maka diperoleh nilai

99,01,19,021,181,0

1,12081,015,0

1,120405,0

AB

BA

R (2 poin)

(c) Dari nilai rasio R di atas dapat disimpulkan bahwa kedua nilai frekuensi tersebut hampir sama, ternyata nilai massa jenis tidak dominan mempengaruhi frekuensi osilasi kedua cairan karena terkompensasi oleh perbedaan nilai tegangan muka kedua jenis cairan tersebut. (2 poin)

Halaman 4 dari 18

Hak Cipta


2- (12 poin) Sebuah peluru ditembakkan dari titik A ke titik B dimana titik A dan B merupakan titik-titik sudut alas suatu segitiga ABC (lihat gambar). Segitiga ABC sebidang dengan lintasan peluru. Lintasan peluru diketahui berjarak H dari titik C (titik puncak segitiga). Jika diketahui sudut CAB , sudut CBA dan jarak AB adalah L, tentukan:

A B

C

L

H

a. (10 poin) sudut elevasi ketika peluru ditembakkan, b. (2 poin) laju awal peluru ketika ditembakkan jika .

Nyatakan semua jawaban dalam H, L, , dan .

Solusi:

a. Tinjau gerak partikel dalam koordinat seperti pada gambar berikut:

A B

C

L

H

x

y

D

E

Pada segitiga ABC, tinggi dari segitiga (CE) adalah

sin sinsinLCE

(1) (0,5 poin)

g

Halaman 5 dari 18

Hak Cipta


dan

cos sinsinLAE

(2) (0,5 poin)

Persamaan gerak partikel,

0 0

20 0

cos1sin2

x t x v t

y t y v t gt

(3) (2 x 0,5 poin)

dimana adalah sudut elevasi partikel dan 0v adalah laju awal partikel. Eliminasi faktor t pada persamaan diatas, kita dapatkan persamaan lintasan yang berupa persamaan parabola

20

0 0 2 20

tan2 cosg x x

y x y x xv

(4) (1 poin)

Dengan menggunakan koordinat yang dipilih seperti pada gambar, kita mengetahui 3 titik yang dilalui oleh partikel,

1. titik A dengan koordinat 0,0 2. titik B dengan koordinat ,0L

3. titik D dengan koordinat

cos sin sin sin,sin sinL L H

(1 poin)

Dari koordinat titik A, kita dapatkan 0 0, 0,0x y . Dari titik B didapatkan

2 20

0 tan2 cos

gLLv

(5) (1 poin)

atau

0 sin 2gLv

(6) (1 poin)

Dari titik D kita dapatkan

2 2

2

sin sin cos sin cos sintansin sin sinL L LH

(7) (2 poin)

Selesaikan persamaan diatas, kita dapatkan

2sin sin4tancos cos sin 2 sin 22 1 cot tan 1 cot tan

HL

H H HL L L

(8) (2 poin)

b. Dari identitas trigonometri 2

2tansin 21 tan

, (1 poin) substitusi ke persamaan

(6), untuk didapatkan,

1/2

02 1tan 8 4tan

Hv gL HLL

(9) (1 poin)

Halaman 6 dari 18

Hak Cipta


3- (13 poin) Sebuah mobil roda empat membelok pada suatu tikungan berbentuk lingkaran. Lintasan tengah poros roda belakang membentuk lingkaran terhadap pusat tikungan tersebut dengan jari-jari R. Panjang poros atau jarak antara kedua roda belakang adalah H. Massa masing-masing roda belakang adalah m. Roda belakang dapat diasumsikan sebagai suatu cakram dengan jari-jari b. Ambil nilai R = 10 meter, H = 2 meter dan b = 0,5 meter. Jika perbandingan energi kinetik total antara roda belakang luar dengan roda belakang dalam adalah k, tentukan nilai k.

Solusi:

Roda (cakram) dengan massa m dan jari-jari b, jika diputar mengitari sumbu simetrinya memiliki momen inersia sebesar

212ZI mb . (1 poin)

Untuk kasus roda yang berputar terhadap tikungan yang berarti mengitari sumbu vertikal, maka menurut teorema sumbu sejajar momen inersianya terhadap pusat tikungan adalah momen inersia terhadap sumbu vertikal ditambah dengan massa kali jarak pusat massa ke pusat tikungan. Momen inersia roda terhadap sumbu vertikal ( XI atau YI ) memenuhi persamaan

X Y ZI I I . Karena

XI = YI maka

21 12 4X ZI I mb . (1 poin)

Untuk roda luar yang berjarak 12R H dari pusat tikungan O, maka momen inersia roda yang

diputar terhadap sumbu vertikal pusat tikungan adalah 2 21 1

luar O 2 4( )I m R H mb . (1 poin)

Misalnya gerakan roda luar memutari tikungan dilakukan dengan kecepatan sudut , maka energi kinetik roda luar melingkari pusat tikungan O adalah

2 2 2 21 1 1 1luar O luar O2 2 2 4( )EK I m R H b

(1 poin)

Selain itu, masih ada energi kinetik roda luar ketika menggelinding murni saat bergerak tersebut dimana roda luar berputar pada sumbunya dengan kecepatan sudut luar. Syarat gerak roda luar menggelinding murni di jalan adalah

bHR luar

21

sehingga

b

HRluar

21

(1 poin)

Halaman 7 dari 18

Hak Cipta


Energi kinetik roda luar ketika berputar pada sumbunya saat menggelinding murni adalah 2 2 2 2 2 2 21 1 1 1 1 1

luar putar 2 2 2 2 4 2( ) ( ) / ( )ZEK I mb R H b m R H . (1 poin)

Jadi total energi kinetik roda luar adalah

2 2 2 2 2 2 2 21 1 1 1 1 1 1luar 2 2 4 4 2 8 2( ) ( ) 6( )EK m R H b m R H m R H b

.

(2 poin)

Dengan cara yang sama, total energi kinetik roda dalam adalah 2 2 21 1

8 26( )dalamEK m R H b

. (2 poin)

Perbandingan antara total energi kinetik roda belakang luar dengan roda belakang dalam adalah

2 212

2 212

6( )

6( )

R H bk

R H b

. (1 poin)

Jika dimasukkan nilainya, diperoleh

2905 1,491945

k . (2 poin)

Halaman 8 dari 18

Hak Cipta


4- (10 poin) Sebuah batang homogen dengan massa m dan panjang L diikat dengan menggunakan 2 tali yang masing-masing panjangnya l. Terdapat dua beban yang digantung pada ujung batang B dan C dengan berat masing-masing 2W dan W (lihat gambar). Tentukan besar sudut ketika sistem dalam keadaan setimbang. Nyatakan jawaban Anda dalam W, m, l, dan L.

Solusi:

Diketahui: m = massa batang

L = panjang batang l = panjang tali 2W = berat beban B W = berat beban C

Ditanyakan: Φ = …?

Jawab:

l l

L

W

2W

Φ

T2 T1

B

C α

α

mg

T2sin(α-Φ)

T2cos(α-Φ)

T1cos(α+Φ)

T1sin(α+Φ)

m, L

l l

W

2W

B

C

Untuk Gambar 2 poin

Halaman 9 dari 18

Hak Cipta


lLl

lL

24sin

2cos

22 (1 poin)

0 B

0180sin90sin90sin

20

200 LTWLLmg

0sincoscos21

2 TWmg

sin

cos21

sin

coscos21

2

WmgWmgT (2 poin)

0 C

0180sin90sin290sin2

01

00 LTWLLmg

0sincos2cos21

1 TWmg

sin

cos221

sin

cos2cos21

1

WmgWmgT (2 poin)

0 xF 0coscos 21 TT

0cossin

cos21

cossin

cos221

WmgWmg

0cos21cos2

21

WmgWmg

0sinsin21coscos

21

sinsin221coscos2

21

WmgWmg

WmgWmg

0sinsin212

21

coscos212

21

WmgWmg

WmgWmg

0sinsin3coscos mgWW (2 poin)

Halaman 10 dari 18

Hak Cipta


sin3costanmgW

W

lLlmgW

lLW

243

2tan22

Jadi, 2243

tanLlmgW

WL

(1 poin)

atau,

2243arctan

LlmgWWL

Halaman 11 dari 18

Hak Cipta


5- (16 poin) Pada suatu daerah, seseorang membuat sebuah meja billiard yang berbentuk lingkaran. Pada tepi A meja billiard tersebut, sebuah bola (asumsikan sebagai partikel) dipukul dengan laju awal 0v yang cukup besar dan membentuk sudut θ terhadap garis radius (lihat gambar). Diketahui gesekan dengan meja selama bola bergerak diabaikan dan koefisien restitusi tumbukan antara bola dengan dinding pinggiran meja adalah e < 1. Tentukan sudut θ (dinyatakan dalam e), agar:

θ 0v

A

O

Tampak Atas

a. (3 poin) bola menumbuk dinding hanya satu kali sebelum kembali ke titik A (tempat semula),

b. (6 poin) bola menumbuk dinding dua kali sebelum kembali ke titik A (tempat semula), c. (7 poin) bola menumbuk dinding tiga kali sebelum kembali ke titik A (tempat semula).

Solusi:

a. Karena bola hanya menumbuk satu kali sebelum kembali ke titik A, maka lintasan bola

haruslah berupa garis lurus. (1 poin) Jadi bola haruslah ditembakkan sepanjang garis diameter dan melalui titik O (titik pusat lingkaran), (1 poin) sehingga θ = 0. (1 poin)

b. Karena bola hanya menumbuk dua kali sebelum kembali ke titik A, maka lintasan bola haruslah membentuk segitiga (lihat gambar dibawah). (1 poin) Dari gambar diketahui bahwa

1 22 rad (1) (0,5 poin)

Saat tumbukan di dinding B, kekekalan momentum arah tangensial memberikan persamaan 0 1 1sin sinv v (2) (0,5 poin)

Halaman 12 dari 18

Hak Cipta


dan Hukum Newton untuk tumbukan pada arah radial, 0 1 1cos cosev v (3) (0,5 poin)

θ 0v

A

O

θ θ1

θ1 θ2

θ2

1v

2v

B

C

(Gambar 1,5 poin)

Dari persamaan (2) dan (3) didapatkan hubungan

11tan tane

(4) (0,5 poin)

Dengan cara yang sama pada dinding C, didapatkan hubungan,

2 1 2

1 1tan tan tane e

(5) (0,5 poin)

Dari persamaan (1), kita dapatkan

1 2

1 2

1 2

tan tan2

tan tan1tan 1 tan tan

(6)

Dengan menggunakan persamaan (4) dan (5), kita dapatkan

3

22tan

1ee e

(7) (1 poin)

c. Karena bola hanya menumbuk tiga kali sebelum kembali ke titik A, maka lintasan bola

haruslah membentuk segiempat seperti terlihat pada gambar dibawah. (1 poin)

Halaman 13 dari 18

Hak Cipta


θ 0v

A

O

θ θ1

θ1 θ2

θ2

1v

2v

B

C

θ3θ33v

D (Gambar 2 poin) Dari gambar diketahui bahwa

1 2 32 rad (8) (1 poin)

Hubungan sudut saat tumbukan di B dan C diberikan oleh persamaan (4) dan (5). Tumbukan di titik D memberikan hubungan,

3 2 12 3

1 1 1tan tan tan tane e e

(9) (1 poin)

Dari persamaan (8), kita dapatkan

1 2 3

2 31

1 2 3

tan tan

tan tantan tan1 tan tan 1 tan tan

(10) (1 poin)

Dengan menggunakan persamaan (4), (5), dan (9) kita dapatkan,

2 3tan e (11) (1 poin)

Halaman 14 dari 18

Hak Cipta


6- (11 poin) Sebuah cincin bermassa dan jari-jari bergerak menggelinding murni di atas lantai permukaan kasar dengan kelajuan pusat cincin dan kecepatan sudut rotasi 0 seperti gambar di samping. Di tengah lantai pada jalur cincin, terdapat permen karet kecil bermassa sehingga akan terjadi tumbukan dimana permen tersebut lalu akan menempel pada cincin. Abaikan efek gundukan antar cincin-permen sehingga penempelan tersebut terjadi secara spontan dan cincin tidak slip sesaat setelah tumbukan. Diketahui percepatan gravitasi adalah g. Tentukan: a. (3 poin) Laju pusat cincin sesaat setelah peristiwa tumbukan itu terjadi. b. (8 poin) Laju pusat cincin maksimum, maksv0 , agar cincin tidak slip.

Solusi:

a) Sebelum tumbukan,

Cincin: 2mRI pm Rv 00 (1 poin) Setelah tumbukan, Terhadap pusat cincin: 22 2' mRmRII Rv (1 poin) Tumbukan yang terjadi adalah tumbukan tidak elastik. Kekekalan momentum sudut (terhadap pusat cincin):

Maka didapat:

20v

v (2) (1 poin)

b) Sesaat setelah tumbukan: 222

21

21 mvmREK rotasicincin

2

21 mvEK translasicincin

0permenEK 2mvEtotal (1 poin)

Halaman 15 dari 18

Hak Cipta


Cincin slip apabila tidak ada kontak antara cincin dan lantai. Kontak tersebut dapat hilang karena adanya gaya dorongan sentrifugal akibat permen karet. Gaya dorongan ini maksimum terjadi saat permen karet berada di puncak cincin seperti gambar diagram gaya di samping. Ketika permen di puncak cincin: mgRmvEtotal 2'3 2 (1 poin) Atau dari kekekalan energi saat permen karet di bawah dan di puncak:

mgRmvmv 2'3 22 Sehingga

gRvv 2'3 22 (4) (1 poin)

Saat permen karet di puncak, persamaan gaya permen karet arah vertikal:

(1 poin) dan persamaan gaya cincin arah vertikal: (1 poin) maka:

(1 poin)

Laju maksimum terjadi pada saat , maka:

(1 poin)

Didapat laju pusat cincin maksimum:

(1 poin)

Halaman 16 dari 18

Hak Cipta


7- (15 poin) Ban berjalan (conveyer belt) sedang bergerak mendatar dengan kelajuan konstan 0v(lihat gambar). Sebuah silinder homogen (dengan massa M dan jari-jari R ) yang sedang berotasi dengan kecepatan sudut 0 secara perlahan dijatuhkan ke atas ban berjalan tersebut.

Diketahui k adalah koefisien gesek kinetik antara silinder dengan ban berjalan. Tentukan jarak relatif yang dijalani silinder saat masih tergelincir di atas ban berjalan sebelum ia mulai berotasi tanpa tergelincir (tanpa slip).

Solusi:

Persamaan-persamaan gerak silinder relatif terhadap ban berjalan adalah

RFIFMa dan (2 poin)

dengan F adalah gaya gesek dan I = MR2/2.

Gaya gesek F diperoleh dari gaya normal N = Mg, yaitu F = k N = k Mg.

Oleh sebab itu, percepatan linear dan percepatan sudut diberikan oleh

gRga kk 2 dan (2 x 2 poin)

sehingga

tgRRtgvv kk 2dan 00 (2 x 2 poin)

Silinder berotasi tanpa slip saat berlaku kondisi v = R, sehingga

gRvtk

300 (2 poin)

dan jarak relatif yang dijalani silinder di atas ban berjalan sebelum ia mulai berotasi tanpa

tergelincir adalah

gRvx

k

18)( 2

00 (3 poin)

V0

0

ban berjalan

silinder

Halaman 17 dari 18

Hak Cipta


8- (15 poin) Dua balok terhubung dengan sebuah batang tegar tak bermassa dan ditempatkan pada bidang miring dengan sudut kemiringan seperti ditunjukkan dalam gambar di bawah. Balok bermassa 1m dan 2m masing-masing memiliki koefisien gesek kinetik (terhadap bidang)

1k dan .2k a. (9 poin) Carilah persamaan percepatan sistem tersebut! b. (5 poin) Carilah persamaan gaya pada batang penghubung yang bekerja pada tiap balok! c. (1 poin) Tunjukkan bahwa gaya pada bagian soal b adalah nol ketika !21 kk

Solusi:

Diagram benda bebas untuk kedua balok adalah: Dalam sistem koordinat seperti pada diagram bebas di atas, gaya-gaya yang bekerja pada balok 1 dapat ditulis sebagai berikut:

;ˆ11 yNN

;ˆ cosˆ sin 111 ygmxgmFG

;ˆ batang1 xTF

xNf kk ˆ111

(1) (1 poin)

Gaya-gaya yang bekerja pada mass 2 dapat ditulis sebagai berikut:

;ˆ22 yNN

;ˆ cosˆ sin 222 ygmxgmFG

;ˆ batang2 xTF

xNf kk ˆ222

(2) (1 poin)

Gaya yang bekerja pada batang sama besar dan berlawanan arah. Penerapan hukum Newton ke dua dalam arah sumbu y pada massa 1 memberikan:

cos0cos0 111111, gmNgmNamF yytotal (3) (1 poin)

Dengan cara yang sama Hukum Newton ke dua diterapkan dalam arah sumbu y pada massa 2 memberikan:

cos0cos0 222222, gmNgmNamF yytotal (4) (1 poin)

Penerapan hukum ke dua Newton dalam arah sumbu x pada massa 1 memberikan:

xk amgmNT 11111 sin (5) (1 poin)

1m2m

1kf

1m 1tan gbaF

1GF

1N

x

y

2kf

2m2tan gbaF

2GF

2N

x

y

(0,5 poin) (0,5 poin)

Halaman 18 dari 18

Hak Cipta


Penerapan hukum ke dua Newton dalam arah sumbu x pada massa 2 memberikan:

xk amgmNT 12222 sin (6) (1 poin)

a. Kedua balok memiliki percepatan sama besar. Gunakan pers. (3 dan 4) dalam pers. (5 dan 6) dan kemudian penjumlahan pers. (5) dan (6) memberikan:

xkk ammgmmgmm 121212211 sincos (7) (1 poin)

Penyelesaian untuk komponen percepatan memberikan:

21

2122111

sincos mm

gmmgmma kkx

(8)

(1 poin)

b. Bagi pers. (5) dengan 1m dan pers. (6) dengan 2m dan kemudian ambil selisih keduanya

akan menghasilkan:

0cos1121

21

g

mmT kk (2 poin)

Penyederhanaan memberikan:

21

2121 cos

mmmmgT kk

(9)

(3 poin)

c. Jika ,21 kk maka kemudian .0T (1 poin)

Documents

SOAL UJIAN SELEKSI CALON PESERTA OLIMPIADE SAINS …olimpiade.psma.kemdikbud.go.id/index/SOAL/SOAL OLIMPIADE SAINS_2016... · SELEKSI CALON PESERTA OLIMPIADE SAINS NASIONAL 201. 6