Ce diaporama a bien été signalé.
Nous utilisons votre profil LinkedIn et vos données d’activité pour vous proposer des publicités personnalisées et pertinentes. Vous pouvez changer vos préférences de publicités à tout moment.

238109367 soal-dan-pembahasan-olimpiade-fisika-sma-tingkat-provinsi-osp-tahun-2014

8 428 vues

Publié le

  • Follow the link, new dating source: ❶❶❶ http://bit.ly/39mQKz3 ❶❶❶
       Répondre 
    Voulez-vous vraiment ?  Oui  Non
    Votre message apparaîtra ici
  • Dating for everyone is here: ❤❤❤ http://bit.ly/39mQKz3 ❤❤❤
       Répondre 
    Voulez-vous vraiment ?  Oui  Non
    Votre message apparaîtra ici

238109367 soal-dan-pembahasan-olimpiade-fisika-sma-tingkat-provinsi-osp-tahun-2014

  1. 1. Oleh : davit Sipayung Web : davitsipayung.blogspot.com Email : davitsipayung@gmail.com SELEKSI OSN TINGKAT PROVINSI 2014 TIM OLIMPIADE FISIKA INDONESIA 2015 Bidang Fisika Waktu : 3,5 Jam DEPARTEMEN PENDIDIKAN NASIONAL DIREKTORAT JENDERAL PENDIDIKAN DASAR DAN MENENGAH DIREKTORAT SEKOLAH MENENGAH ATAS TAHUN 2014
  2. 2. Oleh : davit Sipayung Web : davitsipayung.blogspot.com Email : davitsipayung@gmail.com 1. Balok bermassa 2m mula-mula diam terbawah bidang miring ( massa M dan sudut kemiringan  ). Permukaan bidang miring licin dan berada di atas meja licin. Pada saat awal t=0, sebutir peluru dengan massa m dan kecepatan 0v bergerak paralel terhadap bidang miring (lihat gambar) dan menumbuk balok 2m hingga bersarang di dalam balok tersebut (pada saat ini bagian ujung bidang miring tepat berada di pojok meja). Hitung : a. ketinggian maksimum yang dapat dicapai balok terhadap permukaan meja b. kecepatan bidang miring saat balok mencapai ketinggian maksimumnya c. kapan (waktu) balok 2m mencapai ketinggian maksimumnya d. jarak yang ditempuh bidang miring terhadap pojok meja pada saat balok 2m mencapai ketinggian maksimumnya. SOLUSI: a. Momentum linear kekal pada tumbukan antara balok 2m dan peluru m: 0 1 1 03 3mv mv v v   Momentum linear arah horizontal kekal pada tumbukan antara balok-peluru dengan bidang miring. Momentum linear awal sistem arah horizontal : 1 03 cos cosawalp mv mv   Ketiga sistem balok-peluru berada di tertinggi di atas bidang miring maka kecepatannya akan sama dengan kecepatan bidang miring 2v (balok diam relatif terhadap bidang miring).   23akhirp M m v  Kekekalan momentum linear pada arah horizontal :  0 2cos 3mv M m v  0 2 cos 3 mv v M m    Kekekalan energi mekanik dengan acuan energi potensial di meja sama dengan nol:    2 2 1 2 1 13 3 3 2 2maksm v mgh M m v   Substitusikan nilai 1v dan 2v ke dalam persamaan ini maka akan diperoleh :   2 2 2 0 0 cos 18 6 3maks v mv h g g M m     0v M  2m m g
  3. 3. Oleh : davit Sipayung Web : davitsipayung.blogspot.com Email : davitsipayung@gmail.com   22 03 sin 3 18maks vM mh M m g   b. kecepatan bidang miring saat balok mencapai ketinggian maksimumnya : 0 2 cos 3 mv v M m    c. Jarak S yang ditempuh oleh balok di atas bidang miring :   22 03 sin sin 3 18 sin maksh vM mS M m g       Percepatan balok relatif terhadap bidang miring : 2 1 1 2 v a S  Waktu yang diperlukan balok 2m mencapai ketinggian maksimumnya:  2 01 1 1 1 2 3 sin 3 3 sin vv S M mt a v M m g       d. Percepatan bidang miring relatif terhadap tanah : 2 2 1 v a t  Jarak X yang ditempuh oleh bidang miring dari tepi meja :     2 2 2 0 2 1 2 1 2 3 sin1 1 2 2 6 tan3 m M m v X a t v t gM m        2. Sebuah bola bermassa m ditempatkan di antara tembok vertikal dan balok segitiga bermassa M. Sisi miring balok segitiga tersebut memiliki sudut kemiringan  terhadap horizontal . Bola tersebut menyinggung balok segitiga pada ujung paling atas balok tersebut. Balok berada pada lantai. Baik bola maupun balok bergerak tanpa gesekan. Percepatan gravitasi g ke bawah. Lihat gambar. Agar setelah bola dilepas tanpa kecepatan awal , permukaan horizontal balok segitiga tersebut tetap pada lantai atau tidak miring atau berputar, a. Gambarkan diagram gaya yang bekerja pada sistem bola-balok tersebut b. Tentukan nilai percepatan gerak bola c. Tentukan syarat bagi nilai M/m SOLUSI:  M m
  4. 4. Oleh : davit Sipayung Web : davitsipayung.blogspot.com Email : davitsipayung@gmail.com a. Gambar diagram gaya yang bekerja pada sistem bola-balok : b. Bola bergerak dengan percepatan 1a ke kanan dan balok segitiga bergerak ke kiri dengan percepatan 2a ke kanan. Percepatan 1a dan 2a memenuhi hubungan bahwa 1 1 2 2 tan tan a a a a      Persamaan gerak bola : 1 1cosmg N ma  Persamaan gerak balok segitiga : 1 2sinN Ma Percepatan gerak bola: 2 1 2 tan tan mg a M m     c. Permukaan horizontal balok segitiga tersebut tetap pada lantai berarti balok tidak mengguling atau berputar. Saat balok segitiga akan mengguling maka gaya normal balok 2N bergeser ke tepi balok. Asumsikan lebar balok l dan tinggi balok h. Gaya normal 1N mula-mula tepat di puncak balok segitiga. Kita misalkan bahwa torsi yang berlawanan arah jarum jam bernilai positif ,sedangkan torsi yang berlawanan arah jarum jam bernilai negatif. Balok tidak akan berputar ketika jumlah seluruh torsi di titik A benilai negatif. Pusat massa segitiga berjarak l/3 dari titik A. Persamaan torsi terhadap titik A : 0A  1sin 0 3 lMg N h  Dari persamaan sebelumnya dapat kita peroleh bahwa 1N3N mg   Mg 1N 2N   Mg 1N 2N  A h l
  5. 5. Oleh : davit Sipayung Web : davitsipayung.blogspot.com Email : davitsipayung@gmail.com  1 2 tan cos Mmg N M m     dan dari geometri balok segitiga kita peroleh hubungan bahwa tan h l  Kita akan mudah mendapatkan bahwa  2 3 sin tan 0 tan cos Mmg Mg M m          2 2 3 tan1 0 tan m M m      2 2tanM m  3. Sebuah benda bermassa m terletak pada ketinggian y di atas permukaan planet bola bermassa M dan berjari-jari R. Anggap nilai R tidaklah sangat besar dibandingkan dengan y. Percepatan gravitasi di permukaan planet itu adalah g0, sedangkan tetapan gravitasi universal adalah G. a. Percepatan gravitasi yang di alami benda m tersebut berkurang secara linear terhadap y. Tentukan percepatan gravitasi pada ketinggian h (nyatakan dalam parameter- parameter di atas); b. Jika benda tersebut dilemparkan vertikal ke atas dari ketinggian h dengan kecepatan awal 0v , tentukan kecepatan benda tersebut sebagai sebagai fungsi ketinggian y. c. Tentukan tinggi maksimum benda tersebut. Tentukan pula tinggi maksimum benda jika tetapan /konstanta linear pada pertanyaa a) di atas bernilai  0. SOLUSI: a. Misalkan  adalah konstanta linear penurunan percepatan gravitasi terhadap y . Percepatan gravitasi sebagai fungsi y adalah : 0g g y  Sehingga percepatan gravitasi pada ketinggian h di atas permukaan planet akan sama dengan 0 .g g h  b. Misalkan sumbu y positif di atas permukaan planet sehingga percepatan planet akan bernilai negatif karena arahnya ke bawah.  0 0g g y g y     Bentuk turunan percepatan gravitasi sebagai fungsi y : dv dv dv dvg v dt dt dy dy    Sehingga kita dapat menuliskan bahwa: 0 dvv g y dy     0 0 yv v h vdv g y dy   
  6. 6. Oleh : davit Sipayung Web : davitsipayung.blogspot.com Email : davitsipayung@gmail.com 0 2 2 0 1 2 2 yv v h v g y y     2 2 2 2 0 0 0 1 1 2 2 2 2 v v g y y g h h          1 2 2 2 2 0 0 02 2v y g y g h h v      c. Benda mencapai tinggi maksimum (ym) saat kecepatan sesaatnya sama dengan nol (v=0). 2 2 2 0 0 02 2 0m my g y g h h v      Kita akan memperoleh solusi ym dengan menggunakan rumus akar-akar persamaan kuadrat untuk kasus 0 : 22 0 0 0 2 2 0 0 0 21m g g vh hy g g g         Tinggi maksimum benda jika 0 : 2 0 0 02 2 0mg y g h v    2 0 2m v y h g   4. Bola karet dengan berat W= mg dilekatkan dengan kuat di titik C pada ujung tongkat AC (dengan massa tongkat diabaikan). Sementara pada ujung lain tongkat yaitu titik A dipasang engsel yang melekat kuat pada lantai sehingga tongkat dapat berosilasi di sekitar titik A pada bidang xy (lihat gambar). Pegas dengan konstanta k dipasang pada posisi mendatar dengan satu ujung dilekatkan pada dinding dan ujung yang lain dilekatkan pada titik B di tongkat AC. Seperti tampak pada gambar, tongkat disimpangkan pada posisi awal (tegak) sebesar sudut  lalu dilepaskan sehingga tongkat akan mengalami gerak osilasi (getaran). Tentukan : a. besar frekuensi getaran untuk sudut simpangan  yang kecil b. nilai maksimum gaya berat W agar untuk simpangan  kecil pada tongkat mengalami getaran harmonik. a Dinding x y B A C W=mg Lantai L
  7. 7. Oleh : davit Sipayung Web : davitsipayung.blogspot.com Email : davitsipayung@gmail.com SOLUSI: a. Perhatikan gaya-gaya yang bekerja pada sistem di bawah ini. Persamaan torsi pada titik A : 2 2A d I dt    2 2 2 sin cos d WL kxa mL dt     2 2 2 2 sin cos sin d WL ka mL dt      Untuk sudut simpangan  yang kecil berlaku bahwa sin  dan cos 1 , sehingga kita dapat menuliskan  22 2 2 2 2 2 0 0 ka WLd d dt mL dt            Persamaan ini merupakan bentuk persamaan gerak harmonis sederhana yang memiliki frekuensi angular  2 2 2 ka WL mL    Sehingga frekuensi getaran sistem akan sama dengan :  2 2 1 2 2 ka WL f mL       b. Syarat agar sistem melakukan osilasi gerak harmonik adalah : 2 0  2 0ka WL  2 kaW L  2 maks kaW L  Lantai L a  y A W=mg sinx a  kx
  8. 8. Oleh : davit Sipayung Web : davitsipayung.blogspot.com Email : davitsipayung@gmail.com 5. Sebuah batang homogen (massa M dan panjang L) salah satu ujungnya diletakkan pada tepi sebuah meja dalam posisi vertikal. Batang kemudian dilepaskan dari keadaan diam. Tentukan sudut antara posisi batang terhadap vertikal dimana batang mulai kehilangan kontak dengan meja. Lakukan perhitungan anda untuk 2 kondisi berikut ini : a. Tepi meja dianggap licin akan tetapi memiliki siku seperti ditampilkan pada gambar (i); b. Tepi meja kasar dan sangat tajam seperti ditampilkan pada gambar (ii). SOLUSI: a. Batang membentuk sudut θ terhadap posisi vertikal saat jatuh dari posisi vertikal. Perubahan energi potensial pusat massa batang akan diubah menjadi energi kinetik rotasi batang.   2 2111 cos 2 23 lMg ML    2 3 1 cos g l    Percepatan sentripetal pusat massa batang:  2 3 1 cos 2 2c gla     Persamaan torsi pada batang terhadap siku meja : 21sin 2 3 lMg ML  3 sin 2 g L   Percepatan tangensial pusat massa batang : 3 sin 2 4t gla    Dinding horizontal dan vertikal licin dari siku tepi meja akan memberikan gaya horizontal dan vertikal yang bernilai berturut-turut HN dan VN pada ujung batang (lihat gambar). (i) (ii)
  9. 9. Oleh : davit Sipayung Web : davitsipayung.blogspot.com Email : davitsipayung@gmail.com Persamaan gaya pada batang dalam arah horizontal dan vertikal diberikan oleh  cos sinH t cN M a a    sin cosV t cMg N M a a    Substitusikan ta dan ca ke dalam persamaan ini maka kita akan medapatkan bahwa  3 sin 3cos 2 4HN Mg     21 3cos 1 4VN Mg   Komponen reaksi pertama HN akan nol ketika 1 2 3cos   . Untuk sudut yang lebih besar, HN akan menjadi negatif, sehingga batang benar-benar lepas dari meja karena tepi meja yang licin tidak dapat menarik ujung batang kembali. b. Tepi meja sekarang berbentuk seperempat lingkaran yang sangat kecil , gaya normal N selalu diarahkan pada sumbu batang. Gaya gesek statik Fs arahnya tangensial terhadap seperempat lingkaran ini dan nilainya berubah-ubah Persamaan gaya sepanjang batang :   3 cos 1 cos 2c Mg Mg N Ma     Kita akan mendapatkan nilai gaya normal sebagai  5cos 3 2 Mg N   Reaksi meja terhadap batang menjadi nol ketika N=0 saat 1 3 5cos   . Untuk sudut yang lebih besar gaya normal akan negatif , ini berarti batang meninggalkan tepi meja. N Fs Mg ta ca θ Mg ta ca θ HF VF
  10. 10. Oleh : davit Sipayung Web : davitsipayung.blogspot.com Email : davitsipayung@gmail.com 6. Sebuah bola kecil dengan massa m dipasang pada silinder pejal bermassa M dan berjari- jari R menggunakan batang tak bermassa . Lihat gambar. Bola kecil tersebut berada pada jarak H di atas pusat silinder. Sistem bola-silinder tersebut kemudian diberikan gangguan kecil dari posisi kesetimbangan tak stabil tersebut. Silinder menggelinding tanpa tergelincir/slip. Pada saat bola m menyentuh lantai, tentukan: a. kecepatan pusat massa silinder, b. kecepatan bola. SOLUSI: a. Ambil acuan energi potensial di pusat massa silinder pejal sama dengan nol. Energi mekanik awal sistem : awalE mgH Pada saat bola kecil menyentuh lantai, silinder pejal dan bola kecil akan memiliki kecepatan sudut  . Silinder akan memiliki kecepatan pusat massa cmv R karena silinder tidak slip. Bola kecil akan memiliki dua kompenen kecepatan yaitu, kecepatan horizontal sama dengan h cmv v dan kecepatan tangensial sama dengan t cmv H v H R  . Bola kecil memiliki kecepatan total  2 2 2 0 2 2 2 cos 90 2 sinb t cm t cm t cm t cmv v v v v v v v v          2 2 2 2 2 2 2 2 2 2cm cm b cm cm cm v H v H R H Rv v v v R HR R     Momen inersia silinder pejal terhadap pusat massa pejal adalah 21 2sI MR Momen inersia bola kecil terhadap pusat massa pejal adalah 2 bI mH . Energi mekanik bola-silinder saat bola menyentuh lantai :  2 2 21 1 1 2 2 2akhir cm b p sE mgR Mv mv I I      Kekekalan energi mekanik sistem, awal akhirE E :     22 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 cm cm cm vH RmgH mgR Mv m v mH MR RR             2 2 2 2 4 3 4 2 cm mg H R R v MR mH mR     m M R H θ cmv cmv tv bv m M R H
  11. 11. Oleh : davit Sipayung Web : davitsipayung.blogspot.com Email : davitsipayung@gmail.com b. Kecepatan bola menyentuh lantai :   2 2 2 2 2 4 3 4 2 b mg H R H R v MR mH mR      7. Sebuah silinder pejal bermassa m dan radius R mula-mula berotasi dengan kecepatan sudut 0 dan tanpa kecepatan awal pusat massa di tepi bawah suatu bidang miring kasar (yang tetap/tidak dapat bergerak) dengan sudut kemiringan θ dan koefisien gesek kinetik s dimana tank  . Asumsikan bahwa silinder selama mendaki tetap kontak dengan bidang miring. Tentukan : a. waktu yang dibutuhkan silinder hingga menggelinding tanpa slip b. jarak yang ditempuh oleh pusat massa silinder hingga menggelinding tanpa slip, c. ketinggian maksimum yang dicapai silinder SOLUSI: a. Diagram gaya pada silinder pejal : Persamaan gaya pada silinder : sink cmf mg ma  cos sink cmmg mg ma    cos sincm ka g g    Persamaan torsi pada pusat massa silinder: kf R I  21cos 2k mg R mR    2 cosk g R     Kinematika translasi silinder pejal : 0t cmv v a t   cos sint kv g t    Kinematika rotasi silinder pejal : 0t t    0 2 cosk t g t R      Silinder membutuhkan waktu 0t untuk mencapai slip dan kondisi slip terjadi saat t tv R θ θ mg mgsinθ mgcosθ fk N
  12. 12. Oleh : davit Sipayung Web : davitsipayung.blogspot.com Email : davitsipayung@gmail.com   0 0 0 0 2 cos cos sin k k g g t t R R               0 0 3 cos sink R t g       b. jarak yang ditempuh oleh pusat massa silinder hingga menggelinding tanpa slip, 2 0 1 2 cmS a t     2 2 0 2 cos sin 23 cos sin k k R S g           c. Energi awal silinder pejal, ambil acuan energi potensial di pusat massa silinder saat di posisi mula-mula sama dengan nol : 2 2 2 0 0 1 1 2 4awalE I mR   Energi kinetik rotasi awal silinder akan dikerversi menjadi energi gesek dan energi potensial gravitasi dengan mencapai ketinggian maksimum hmaks. Silinder mengalami kehilangan energi oleh karena gaya gesek saat bergerak slip, yaitu saat menempuh jarak S.     2 2 0 2 cos sin cos 23 cos sin k k gesek k k mg R E f S g              Energi potensial akhir silinder pejal : maksEP mgh Kekekalan energi sistem : awal gesekE E EP      2 2 2 2 0 0 2 cos sin cos1 4 23 cos sin k k maks k mg R mR mgh g                   2 2 0 2 2 cos sin cos1 1 4 3 cos sin k k maks k R h g               

×