2

davitsipayung.blogspot.com
davitsipayung@gmail.com
SELEKSI OLIMPIADE TINGKAT KABUPATEN/KOTA 2015
TIM OLIMPIADE FISIKA INDONESIA 2016
Bidang Fisika
Waktu : 180 menit
KEMENTRIAN PENDIDIKAN DAN KEBUDAYAAN
DIREKTORAT JENDERAL PENDIDIKAN DASAR DAN MENENGAH
DIREKTORAT PEMBINAAN SEKOLAH MENENGAH ATAS
TAHUN 2015

1. (10 poin) Sebuah mobil yang bermassa 2m sedang bergerak dengan kecepatan v pada saat
mendekati mobil lain yang bermassa 4m dan sedang dalam keadaan diam. Pada saat
tumbukan terjadi, pegas terkompresi (lihat gamgar di bawah!). Jika semua gesekan
diabaikan, tentukan:
a. kecepatan mobil 4m pada saat pegas terkompresi maksimum (energinya dianggap
kekal)!
b. kecepatan akhir mobil 4m setelah lama bertumbukan dan mobil 2m lepas dari pegas
(energi dianggap kekal)!
c. kecepatan akhir mobil 4m jika tumbukannya tidak elastik!
Penyelesaian :
a. Ketika pegas terkompresi maksimum, kedua mobil akan memiliki kecepatan sesaat
sama dengan kecepatan v. Kekekalan momentum linear menghasilkan
2 (2 4 )mv m m v 
Kecepatan mobil 4m saat pegas terkompresi maksimum adalah 3
v
.
b. Kekekalan energi dan momentum sistem dinyatakan oleh
2 2 2
1 2
1 1 1
2 2 4
2 2 2
mv mv mv     
1 22 2 4mv mv mv  
dimana 1v dan 1v berturut-turut adalah kecepatan mobil 2m dan 4m setelah tumbukan.
Jadi kecepatan akhir mobil 4m adalah 2
3
v
.
c. Jika tumbukan tidak elastik, dua mobil akan bergerak bersama setelah tumbukan.
Kecepatan kedua mobil akan sama dengan 3
v
seperti jawaban (a).
2. (10 poin) Sebuah partikel bergerak dalam lintasan lingkaran dimana jarak yang ditempuh
sebagai fungsi waktu dapat dirumuskan dalam bentuk s = C1 t2
+ C2 t + C3 , dengan C1
suatu tetapan positif, sedangkan C2 dan C3 suatu tetapan sembarang. Jika pada saat jarak
yang ditempuh adalah s1 dan s2 (dimana s2 > s1) maka percepatan total dari partikel
berturut-turut adalah a1 dan a2 (dimana a2 > a1). Tentukan jari-jari lingkaran tersebut
dinyatakan dalam a1, a2, s1, dan s2!
Penyelesaian :
Jarak tempuh partikel s, kecepatan tangensial v, dan percepatan tangensial mobil at :
2
1 2 3s C t C t C  
1 22v C t C 
12ta C
Dalam waktu t1 mobil menempuh jarak s1, kecepatan tangensial v1, percepatan tangensial
at1,percepatan sentripetal as1, dan percepatan total a1. Jadi
2
1 1 1 2 1 3s C t C t C  
1 1 1 22v C t C 
1 12ta C
2 2 2 2 2
1 1 1 2 1 1 1 2 1 2
1
(2 ) 4 4
s
v C t C C t C C t C
a
R R R
  
  
4m 2m
v

 
22 2 2
21 1 1 2 1 22 2 2
1 1 1 1
4 4
2s t
C t C C t C
a a a C
R
  
    
 
Dalam waktu t2 mobil menempuh jarak s2, kecepatan tangensial v2, percepatan tangensial
at2, percepatan sentripetal as2. , dan percepatan total a2. Jadi
2
2 1 2 2 2 3s C t C t C  
2 1 2 22v C t C 
2 12ta C
2 2 2 2 2
2 1 2 2 1 2 1 2 2 2
2
(2 ) 4 4
s
v C t C C t C C t C
a
R R R
  
  
 
22 2 2
21 2 1 2 2 22 2 2
2 2 2 1
4 4
2s t
C t C C t C
a a a C
R
  
    
 
Kita dapat menuliskan bahwa
2 22 2 2 2 2 2
1 2 1 2 2 2 1 1 1 2 1 22 2
2 1
4 4 4 4C t C C t C C t C C t C
a a
R R
      
     
   
Gunakan relasi   2 2
x y x y x y    untuk mendapatkan
  
 
2 2 2 2 2
1 1 1 1 2 2 1 2 2 1 2 1 2 2 12
2 2
2 1
4 4 ( ) ( ) 2 ( ) ( )C C C t t C t t C C t t C t t
R
a a
        


Oleh karena,
2 2
1 2 1 1 2 2 1 2 3( ) ( ) 2s s C t t C t t C     
2 2
2 1 1 2 1 2 2 1( ) ( )s s C t t C t t     
maka kita dapat menuliskan bahwa besar jari-jari lintasan lingkaran partikel adalah
   
 
2
1 1 1 2 3 2 2 1
2 2
2 1
4 4 2 2C C s s C C s s
R
a a
     

3. (10 poin) Seperti diperlihakan dalam gambar, seorang siswa dengan massa M berdiri di
atas sebuah meja berbentuk lingkaran , sejauh r dari pusat meja . Katakanlah koefisien
gesek antara sepatu siswa dengan meja tersebut adalah μ. Pada saat awal t=0 meja mulai
berotasi dengan percepatan sudut α konstan. Anggap gerakan di bawah pengaruh
percepatan gravitasi konstan g yang arahnya ke bawah.
a. Hitung besar percepatan sudut maksimum (αmaks) hingga siswa tersebut belum sempat
mengalami slip!
b. Dengan menganggap bahwa α < αmaks, tentukan vertor gaya gesek total yang dialami
oleh siswa tersebut sebelum ia mengalami slip dinyatakan sebagai fungsi waktu!
c. Dengan menganggap bahwa α < αmaks, tentukan kapan siswa tersebut mengalami slip
terhitung sejak meja pertama kali berotasi!
α
μ
r
O
g

Penyelesaian :
a. Meja berputar berlawanan arah jarum jam. Dalam kerangka acuan meja yang berputar
maka siswa akan mengalami gaya fiktif, yaitu gaya sentrifugal searah vektor r dan
gaya tangensial berlawanan dengan arah putaran meja. Arah putaran meja dinyatakan
dengan vektor satuan ˆ . Arah vektor r dinyatakan oleh vektor satuan ˆr . Agar siswa
tetap diam maka besar gaya gesek akan sama dengan resultan gaya fiktif tetapi
arahnya berlwanan dengan arah resultan gaya fiktif. Resultan gaya fiktif adalah
2ˆ ˆˆ ˆfiktif s tF Ma r Ma M rr M r      
Vektor gaya gesek total ketika siswa masih diam adalah
2 ˆˆfiktiff F M rr M r      
Siswa tidak slip ketika besar gaya gesek tidak melebihi besar gaya gesek statik
maksimum. Agar siswa tidak slip saat meja mulai berputar (ω=0) maka
f N
maksM r Mg 
Besar percepatan maksimum agar siswa tidak slip saat meja mulai berputar adalah
maks
g
r

 
b. Kecepatan sudut meja putar adalah ω=αt. Vektor gaya gesek total sebagai fungsi
waktu adalah
 2 2 2ˆ ˆˆ ˆf M t rr M r M rt r M r          
c. Siswa akan slip ketika besar gaya gesek sama dengan besar gaya gesek statik
maksimum. Waktu yang dibutuhkan siswa sampai slip adalah
   
2 22 2
mM t r M r Mg   
1
2 2 2 2 4
4 2m
g r
t
r
 

 
  
 
4. (15 poin) Sebuah silinder bermassa M dan jari-jari R dapat berotasi bebas terhadap sumbu
horizontalnya. Sebuah tali tak bermassa dililitkan pada permukaan silinder , kemudian
sebuah beban bermassa m dipasang pada ujung tali. Mula-mula tali berada dibawah
silinder. Kemudian beban tersebut dinaikkan setinggi h dan dilepaskan tanpa kecepatan
awal. Percepatan gravitasi g ke bawah. Tentukan waktu yang dibutuhkan sejak beban
dilepas hingga menempuh jarak 2h ( tali tidak dapat mulur, interaksi bersifat seketika dan
tidak lenting sama sekali)!
Penyelesaian :
m
R
M
m
h

Ambil acuan y = 0 di posisi beban dilepaskan dan arah y positif ke bawah. Waktu yang
dibutuhkan beban untuk menempuh y=0 sampai y=h (tali kendor) dan y=h sampai y=2h
(tali tegang) berturut-turut adalah t1 dan t2. Besar t1 dan t2 berbeda karena besar
percepatan beban dalam rentang waktu ini berbeda. Beban jatuh bebas (a1=g) dalam
waktu t1, sehingga besar t1 adalah
1
2h
t
g

Sesaat beban menempuh h maka tali akan tegang dan menyebakan katrol berputar.
Karena interaksi bersifat seketika maka efek gaya gravitasi dapat diabaikan saat interaksi
tali dan katrol, sehingga momentum angular sistem kekal terhadap sumbu rotasi.
Kecepatan beban sesaat sebelum interaksi adalah 0 2v gh . Kekekalan momentum sudut
terhadap sumbu rotasi adalah
0mv R mvR I 
Momen inersia katrol adalah 1 2
2
I MR . Interaksi tidak lenting artinya tali tidak slip
sehingga memenuhi hubungan v R . Jadi
1
0 2
mv mv M v 
2
2
2
m
v gh
m M


Beban selanjutnya akan memiliki kecepatan awal v dan mengalami percepatan a2.
Sekarang mari kita mehitung besar percepatan a2. Persamaan gerak beban adalah
2mg T ma 
Persamaan gerak rotasi pada silinder
1 2
2
TR MR 
dimana 2a R . Besar tegangan tali dapat dituliskan menjadi
1
22
T Ma
Besar percepatan a2 adalah
2
2
2
m
a g
m M


Waktu yang dibutuhakan beban untuk menempuh jarak h saat tali sudah tegang adalah t2.
Persamaan kinematika beban adalah
1 2
2 2 22
h vt a t 
Solusi t2 kita peroleh menggunakan akar-akar persamaan kuadrat.
2
2
2
2
2v v a h
t
a
  

Ambil solusi t2 yang positif sebagai solusi yang fisis.
2
2
2
2
2 2 4
1
2
v v a h h m M
t
a g m
    
    
 
Waktu yang dibutuhkan beban untuk menempuh jarak 2h adalah
1 2
2 4
2total
h m M
t t t
g m

  
5. (15 poin) Dua kereta masing-masing bermassa m1 dan m2 dihubungkan dengan tali tak
bermassa yang terhubung dengan katrol licin tak bermassa. Kereta m1 berada pada

permukaan horizontal, sedangkan m2 berada pada bidang miring dengan sudut kemiringan
α terhadap horizontal. Di dalam masing-masing kereta terdapat bandul yang massanya
dapat diabaikan relatif terhadap massa kereta. Setelah dilepas posisi masing-masing
bandul membentuk sudut terhadap garis vertikal serta diasumsikan bahwa bandul tersebut
tidak berayun di dalam kereta. Seluruh permukaan bersifat licin. Percepatan gravitasi g ke
bawah. Tentukan sudut kemiringan masing-masing bandul relatif terhadap garis vertikal.
Asumsikan jari-jari roda sangat kecil dan massanya dapat diabaikan.
Penyelesaian :
Misalkan tegangan yang menghubungkan kedua kereta adalah T. Percepatan kereta m1
dan kereta m2 akan sama dengan a. Persamaan gerak kereta m1:
1T m a
Persamaan gerak kereta m2:
2 2sinm g T m a  
Besar percepatan kedua kereta adalah
2
1 2
sin
m
a g
m m


Masing-masing bandul tidak berosilasi sehingga percetannya akan sama dengan
percepatan kereta relatif terhadap permukaan bidang lintasan. Misalkan massa bandul
dalam kereta m1 dan kereta m2 berturut-turut adalah ma dan mb, sedangkan sudut
simpangan bandul relatif terhadap vertikal dalam kereta m1 dan m2 berturut-turut adalah
θ1 dan θ2.
Mari kita tinjau diagram gaya pada kereta m1.
Persamaan gaya pada pendulum dalam kereta m1 adalah
1sin aT m a 
1cos aT m g 
Jadi,
1tan
a
g
 
21
1
1 2
tan sin
m
m m
   
   
Mari kita tinjau diagram gaya pada kereta m2 .
θ1
θ1
mag
a
T1
α
m2
m1

Persamaan gaya pada pendulum dalam kereta m2 adalah
2sin sinb bm g T m a  
cos cos 0bT m g  
Besar tegangan tali pendulum mb adalah
2
cos
cos
bm g
T



Kita akan mendapatkan bahwa
2
1 2
sin cos tan sinb b b
m
m g m g m g
m m
    

Bagi persamaan ini dengan cosbm g  , sehingga
2
1 2
sin cos tan sinb b b
m
m g m g m g
m m
    

2
1 2
tan tan tan
m
m m
   

1
1 2
tan tan
m
m m
 

Secara geometri kita akan mendapatkan hubungan bahwa
2   
Oleh karena itu ,
 2
tan tan
tan tan
1 tan tan
 
  
 

  

Anda akan sangat mudah membuktikan bahwa
2
2 2
1 2
sin cos
tan
cos
m
m m
 




21
2 2
1 2
sin cos
tan
cos
m
m m
 


  
   
6. (20 poin) Sebuah bola pejal homogen bermassa m dan berjari-jari R, dilepaskan dari suatu
puncak bidang miring dengan sudut kemiringan θ=450
dan bermassa M = 2m. Bidang
miring dapat bergerak bebas pada suatu bidang horizontal licin (lihat gambar) dan bola
selalu bergerak menggelinding tanpa slip. Jika diketahui panjang sisi miring dari bidang
miring adalah L dan percepatan gravitasi adalah g, tentukan:
a. besar percepatan pusat massa bola relatif terhadap bidang miring!
b. besar percepatan pusat massa bola relatif terhadap bidang horizontal yang licin!
c. waktu yang dibutuhkan bola untuk sampai ke tepi bawah bidang miring!
θ2
mbg
a
β
T2
α

Penyelesaian :
a. Misalkan percepatan pusat massa bola pejal relatif terhadap bidang miring adalah am
dan percepatan bidang miring relatif terhadap bidang horizontal adalah aM. Diagram
gaya pada bola pejal dan bidang miring :
Persamaan gerak bidang miring :
sin cos MN f Ma  
Persamaan gerak translasi bola pejal dalam arah horizontal :
 sin cos cosm MN f m a a    
Persamaan gerak translasi bola pejal dalam arah vertikal :
cos sin sinmmg N f ma    
Persamaan gerak rotasi bola pejal :
2 2
5
fR mR 
dimana ma R . Besar gaya gesek adalah
2
5 mf ma
Buktikan bahwa hubungan am dan aM adalah
cos
M m
m
a a
m M



Buktikan bahwa besar percepatan pusat massa bola relatif terhadap bidang miring
adalah
 2
5( ) sin
7 2 5sin
m
m M g
a
M m




 
Untuk nilai θ = 450
dan M = 2m, kita peroleh
15 2
32 5 2
ma g

b. Besar percepatan pusat massa bola relatif terhadap bidang horizontal yang licin adalah
ma . Besar komponen horizontal ma :
cos cos
cos cosmx m M m m m
m M
a a a a a a
m M m M
 
      
 
10
32 5 2
mxa g 

M
θ
N
θ θ
aM
f
θ
am
f
N
θ
θ
M
θ
L
mR

Besar komponen vertikal ma :
15
sin
32 5 2
my ma a g  

Jadi,
2 2 5 13
32 5 2
m mx mya a a g    

c. waktu yang dibutuhkan bola untuk sampai ke tepi bawah bidang miring adalah
2 32 5 2 2
5 2m
L L
t
a g

 
7. (20 poin) Sebuah mobil akrobatik diatur memiliki percepatan konstan a. Mobil ini akan
melewati sebuah tanjakan miring bersudut θ untuk kemudian melakukan gerak parabola
menuju target. Target pada jarak L dari titik awal keberangkatan mobil. Panjang tanjakan
adalah d. Saat mobil melewati tanjakan, kemiringan tanjakan berkurang sebesar m/K kali
sudut awal, dimana m adalah massa dari mobil dan K adalah suatu konstanta. Percepatan
mobil pun berkurang sebesar g sinθ sesaat melalui tanjakan, dimana θ adalah sudut
kemiringan antara tanjakan dengan tanah. Mobil dipercepat dari keadaan diam dari garis
start. Tentukan percepatan yang harus dimiliki oleh mobil agar tepat mencapai garis!
Anggap mobil sebagai partikel titik.
Penyelesaian :
Diagram gerakan mobil :
Tinjau gerak parabola mobil dari C ke D .
Besar  m K m
K m
   
   . Ambil titik asal koordinat di titik C. Persamaan gerak mobil
adalah
cosC ds v t
1 2
2
sinC d dh v t gt  
θx
d
L
s = L - dcosθ - x
h =dsinθ
α
A B
C
D
α
θx
d
L

Sehingga,
2
1
2
sin
cos cosC
C C
s s
h v g
v v

 
   
     
   
Kecepatan mobil saat lepas dari C adalah
 
2
2
2cos tanC
gs
v
s h 


Tinjau gerak mobil dari titik B ke C .
Besar percepatan mobil konstan sinBCa a g   . Persamaan kinematika gerak mobil dari
B ke C :
2 2
2C B BCv v a d 
 
 
2
2
2 sin
2cos tanB
gs
v a g d
s h

 
  

Tinjau gerak mobil dari titik A ke B .
Besar percepatan mobil konstan a. Persamaan kinematika gerak mobil dari A ke B:
2
2Bv ax
 
 
2
2
2 sin 2
2cos tan
gs
a g d ax
s h

 
  

Besar percepatan yang harus dimiliki mobil :
    
2
2
sin
4cos tan
gs d
a
s h x d x d

 
 
  
Substitusikan nilai coss L d x   , sinh d  , dan  K m
m
 
 , maka kita peroleh
 
            
2
2
cos sin
4cos cos tan sinK m K m
m m
g L d x d
a
x dL d x d x d
 
    
 
 
   

2

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (13)

Viewers also liked

Viewers also liked (20)

Similar to 2

Similar to 2 (20)

2