SOAL UJIAN SELEKSI CALON PESERTA OLIMPIADE SAINS NASIONAL 6 TINGKAT KABUPATEN / KOTA FISIKA Waktu : 3 jam KEMENTERIAN PENDIDIKAN DAN KEBUDAYAAN DIREKTORAT JENDERAL PENDIDIKAN MENENGAH DIREKTORAT PEMBINAAN SEKOLAH MENENGAH ATAS TAHUN 6
KEMENTERIAN PENDIDIKAN DAN KEBUDAYAAN DIREKTORAT JENDERAL PENDIDIKAN MENENGAH DIREKTORAT PEMBINAAN SEKOLAH MENENGAH ATAS Tes Seleksi OSN 6 Bidang FISIKA TINGKAT KABUPATEN/KOTA Waktu: 3 Jam - (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 95. (a) (4 poin) Dengan mengabaikan pengaruh percepatan gravitasi bumi, tentukan besar frekuensi osilasi tetes di atas yang dianggap bergantung pada massa jenis cairan (), jarijari tetes cairan (r), dan tegangan muka cairan (). (b) ( 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) ( poin) Jelaskan kesimpulan Anda tentang pengaruh massa jenis cairan terhadap frekuensi osilasinya. Diketahui: massa jenis: g/cm 3 (cairan A) dan, g/cm 3 (cairan B) tegangan muka:,45 N/m (cairan A) dan,5 N/m (cairan B) Solusi : (a) Frekuensi osilasi (f) tetes dapat dituliskan dalam bentuk formula umum: Osilasi Tetes Air f k r dengan k, α, β, dan adalah konstanta dan pangkat-pangkat tak berdimensi. Halaman dari 8
Dalam sistem satuan SI, dimensi masing-masing besaran dalam persamaan di atas adalah : [f ] = [T], [r] = [L], [] = [gaya] [L] = [M][T], dan [] = [M][L] 3. Akibatnya, persamaan di atas dapat dituliskan sebagai : 3 T kl ( MT ) ( ML ) Dengan demikian diperoleh 3(tiga) persamaan simultan untuk ketiga pangkat α, β, dan yaitu: M : L : T : 3 sehingga diperoleh nilai-nilai: /, /, 3/. Dengan demikian f Kr 3/ / / k r 3 (b) Selanjutnya akan dihitung nilai rasio untuk kedua frekuensi: Untuk ukuran tetes yang sama maka diperoleh nilai f f A R. B R A B B A,45,,5,8, ( poin),8,,9,,99 (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. ( poin) Halaman 3 dari 8
- 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: H g C A L B a. ( poin) sudut elevasi ketika peluru ditembakkan, b. ( 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: y D H C A E L B x Pada segitiga ABC, tinggi dari segitiga (CE) adalah Lsinsin CE sin () (,5 poin) Halaman 4 dari 8
dan Persamaan gerak partikel, Lcossin AE sin x t x v cos t yt y vsin t gt () (,5 poin) (3) ( x,5 poin) dimana adalah sudut elevasi partikel dan v adalah laju awal partikel. Eliminasi faktor t pada persamaan diatas, kita dapatkan persamaan lintasan yang berupa persamaan parabola x g x yx y x x tan (4) v cos Dengan menggunakan koordinat yang dipilih seperti pada gambar, kita mengetahui 3 titik yang dilalui oleh partikel,. titik A dengan koordinat,. titik B dengan koordinat L, 3. titik D dengan koordinat Lcos sin Lsin sin, H x y. Dari titik B didapatkan sin sin Dari koordinat titik A, kita dapatkan,, gl Ltan v cos (5) atau gl v sin (6) Dari titik D kita dapatkan sin sin cos sin cos sin tan L H sin sin sin (7) ( poin) Selesaikan persamaan diatas, kita dapatkan sin 4H sin tan cos cos L sin sin H H H cot tan cot tan L L L (8) ( poin) tan b. Dari identitas trigonometri sin, tan substitusi ke persamaan (6), untuk didapatkan, v H gl tan L 8H 4tan L / (9) Halaman 5 dari 8
3- (3 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 = meter, H = meter dan b =,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 IZ mb. 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 ( I X atau I Y ) memenuhi persamaan Karena maka I X IY IZ. X I X = I Y Z 4 I I mb. Untuk roda luar yang berjarak R H dari pusat tikungan O, maka momen inersia roda yang diputar terhadap sumbu vertikal pusat tikungan adalah luar O ( ) 4 I m R H mb. Misalnya gerakan roda luar memutari tikungan dilakukan dengan kecepatan sudut, maka energi kinetik roda luar melingkari pusat tikungan O adalah EKluar O I m R H b luar O ( ) 4 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 sehingga R H luar b R H luar b Halaman 6 dari 8
Energi kinetik roda luar ketika berputar pada sumbunya saat menggelinding murni adalah luar putar Z ( ) ( ) / ( ) 4 EK I mb R H b m R H. Jadi total energi kinetik roda luar adalah EKluar m ( R H) b m ( R H) m 6( R H) b 4 4 8. Dengan cara yang sama, total energi kinetik roda dalam adalah ( poin) EKdalam m 6( R H) b. ( poin) 8 Perbandingan antara total energi kinetik roda belakang luar dengan roda belakang dalam adalah 6( R H ) b k 6( R H ) b. Jika dimasukkan nilainya, diperoleh 95 k,49. ( poin) 945 Halaman 7 dari 8
4- ( poin) Sebuah batang homogen dengan massa m dan panjang L diikat dengan menggunakan tali yang masing-masing panjangnya l. Terdapat dua beban yang digantung pada ujung batang B dan C dengan berat masing-masing W dan W (lihat gambar). Tentukan besar sudut ketika sistem dalam keadaan setimbang. Nyatakan jawaban Anda dalam W, m, l, dan L. l l m, L W C W B Solusi: Diketahui: m = massa batang L = panjang batang l = panjang tali W = berat beban B W = berat beban C Ditanyakan: Φ =? Jawab: T sin(α+φ) T l l T T sin(α-φ) B W T cos(α-φ) L α Φ T cos(α+φ) mg α W C Untuk Gambar poin Halaman 8 dari 8
B C Fx L mg sin L mg sin L 4l L cos sin l l 9 WLsin 9 T L sin8 mg cos W cos T sin mg cos W cos mg W cos T ( poin) sin sin 9 WLsin9 T L sin8 mg cos W cos T sin mg cos W cos mg W cos T ( poin) sin sin T cos T cos mg W cos cos sin mg W cos mg W cos sin cos mg W cos mg W cos cos mg W sin sin mg W cos cos mg W sin sin mg mg W W mg mg W cos cos W sin sin 3W mgsin sin W cos cos ( poin) Halaman 9 dari 8
Jadi, atau, tan tan W W cos 3 mgsin W L l 3W mg 4l L 3W mg 4l L l WL tan arctan WL 3W mg 4l L Halaman dari 8
5- (6 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 v 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 <. Tentukan sudut θ (dinyatakan dalam e), agar: Tampak Atas O θ v A 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. Jadi bola haruslah ditembakkan sepanjang garis diameter dan melalui titik O (titik pusat lingkaran), sehingga θ =. b. Karena bola hanya menumbuk dua kali sebelum kembali ke titik A, maka lintasan bola haruslah membentuk segitiga (lihat gambar dibawah). Dari gambar diketahui bahwa rad () (,5 poin) Saat tumbukan di dinding B, kekekalan momentum arah tangensial memberikan persamaan v sin v sin () (,5 poin) Halaman dari 8
dan Hukum Newton untuk tumbukan pada arah radial, ev cos v cos (3) (,5 poin) B v θ θ C θ θ v O θ θ v A (Gambar,5 poin) Dari persamaan () dan (3) didapatkan hubungan tan tan e (4) (,5 poin) Dengan cara yang sama pada dinding C, didapatkan hubungan, tan tan tan e e (5) (,5 poin) Dari persamaan (), kita dapatkan tan tan tan tan tan (6) tan tan Dengan menggunakan persamaan (4) dan (5), kita dapatkan tan 3 e e e (7) c. Karena bola hanya menumbuk tiga kali sebelum kembali ke titik A, maka lintasan bola haruslah membentuk segiempat seperti terlihat pada gambar dibawah. Halaman dari 8
B v θ θ C θ θ v Dari gambar diketahui bahwa θ O D θ v θ 3 θ 3 3 3 v A (Gambar poin) rad (8) Hubungan sudut saat tumbukan di B dan C diberikan oleh persamaan (4) dan (5). Tumbukan di titik D memberikan hubungan, tan3 tan tan tan 3 e e e (9) Dari persamaan (8), kita dapatkan tan tan 3 tan tan tan tan3 tan tan tan tan 3 Dengan menggunakan persamaan (4), (5), dan (9) kita dapatkan, () 3 tan e () Halaman 3 dari 8
6- ( poin) Sebuah cincin bermassa dan jari-jari bergerak menggelinding murni di atas lantai permukaan kasar dengan kelajuan pusat cincin dan kecepatan sudut rotasi 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, v maks, agar cincin tidak slip. Solusi: a) Sebelum tumbukan, Cincin: I pm mr v R Setelah tumbukan, Terhadap pusat cincin: I' I mr mr v R Tumbukan yang terjadi adalah tumbukan tidak elastik. Kekekalan momentum sudut (terhadap pusat cincin): Maka didapat: v v () b) Sesaat setelah tumbukan: EK cincin rotasi mr EK mv cincintranslasi EK permen mv E total mv Halaman 4 dari 8
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: E total 3mv' mgr Atau dari kekekalan energi saat permen karet di bawah dan di puncak: mv 3mv' mgr Sehingga v 3v' gr (4) Saat permen karet di puncak, persamaan gaya permen karet arah vertikal: dan persamaan gaya cincin arah vertikal: maka: Laju maksimum terjadi pada saat, maka: Didapat laju pusat cincin maksimum: Halaman 5 dari 8
7- (5 poin) Ban berjalan (conveyer belt) sedang bergerak mendatar dengan kelajuan konstan v (lihat gambar). Sebuah silinder homogen (dengan massa M dan jari-jari R ) yang sedang berotasi dengan kecepatan sudut 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). silinder ban berjalan V Solusi: Persamaan-persamaan gerak silinder relatif terhadap ban berjalan adalah Ma F dan I RF ( poin) dengan F adalah gaya gesek dan I = MR /. 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 a g dan R g ( x poin) k sehingga v v k g t dan R R k g t ( x poin) Silinder berotasi tanpa slip saat berlaku kondisi v = R, sehingga k v R t ( poin) 3 g k dan jarak relatif yang dijalani silinder di atas ban berjalan sebelum ia mulai berotasi tanpa tergelincir adalah ( v R) x (3 poin) 8 g k Halaman 6 dari 8
8- (5 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 m dan m masing-masing memiliki koefisien gesek kinetik (terhadap bidang) dan. k k a. (9 poin) Carilah persamaan percepatan sistem tersebut! b. (5 poin) Carilah persamaan gaya pada batang penghubung yang bekerja pada tiap balok! c. Tunjukkan bahwa gaya pada bagian soal b adalah nol ketika! k k m m Solusi: Diagram benda bebas untuk kedua balok adalah: f k N y m F batan g F G F batan g N (,5 poin) (,5 poin) x f k m y F x G Dalam sistem koordinat seperti pada diagram bebas di atas, gaya-gaya yang bekerja pada balok dapat ditulis sebagai berikut: N Nyˆ; F G sin ˆ m g x m g cos yˆ; Fbatang T xˆ; fk k N xˆ () Gaya-gaya yang bekerja pada mass dapat ditulis sebagai berikut: N N ˆ; F G sin ˆ mg x mg cos yˆ; Fbatang T xˆ; fk y k N xˆ () Gaya yang bekerja pada batang sama besar dan berlawanan arah. Penerapan hukum Newton ke dua dalam arah sumbu y pada massa memberikan: F m a N m g cos N m cos (3) total, y y g Dengan cara yang sama Hukum Newton ke dua diterapkan dalam arah sumbu y pada massa memberikan: F m a N m g cos N m cos (4) total, y y g Penerapan hukum ke dua Newton dalam arah sumbu x pada massa memberikan: T kn m gsin ma x (5) Halaman 7 dari 8
Penerapan hukum ke dua Newton dalam arah sumbu x pada massa memberikan: T k N mg sin ma x (6) 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: km k m g cos m m g sin m m a x (7) Penyelesaian untuk komponen percepatan memberikan: km k m g cos m m ax m m g sin (8) b. Bagi pers. (5) dengan m dan pers. (6) dengan m dan kemudian ambil selisih keduanya akan menghasilkan: T m m Penyederhanaan memberikan: T g cos k k ( poin) m m k k g cos (9) m m (3 poin) c. Jika, maka kemudian T. k k Halaman 8 dari 8