Olimpiade Fisika 2016

1. 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
didownload dari www.edukasicampus.net

2. Halaman 2 dari 18Hak Cipta
Dilindungi Undang-undang
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
didownload dari www.edukasicampus.net

3. Halaman 3 dari 18Hak Cipta
Dilindungi Undang-undang
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
3
2/12/12/3
r
kKrf


  
(1 poin)
(b) Selanjutnya akan dihitung nilai rasio untuk kedua frekuensi:
B
A
f
f
R  .
Untuk ukuran tetes yang sama maka diperoleh nilai
99,01,19,021,181,0
1,12081,0
15,0
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)
didownload dari www.edukasicampus.net

4. Halaman 4 dari 18Hak Cipta
Dilindungi Undang-undang
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 sin
sin
L
CE
 
 


(1) (0,5 poin)
g
didownload dari www.edukasicampus.net

5. Halaman 5 dari 18Hak Cipta
Dilindungi Undang-undang
dan
 
cos sin
sin
L
AE
 
 


(2) (0,5 poin)
Persamaan gerak partikel,
 
 
0 0
2
0 0
cos
1
sin
2
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
   
 
2
0
0 0 2 2
0
tan
2 cos
g x x
y x y x x
v



    (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 sin
L L
H
   
   
 
    
(1 poin)
Dari koordinat titik A, kita dapatkan    0 0, 0,0x y  . Dari titik B didapatkan
2 2
0
0 tan
2 cos
gL
L
v


 
  
 
(5) (1 poin)
atau
0
sin2
gL
v

 (6) (1 poin)
Dari titik D kita dapatkan
     
2 2
2
sin sin cos sin cos sin
tan
sin sin sin
L L L
H
     

     
 
       
(7) (2 poin)
Selesaikan persamaan diatas, kita dapatkan
   2
sin sin4
tan
cos cos sin 2 sin 2
2
1 cot tan 1 cot tan
H
L
H H H
L L L
   

   
   
 
 
   
       
   
(8) (2 poin)
b. Dari identitas trigonometri 2
2tan
sin2
1 tan





, (1 poin) substitusi ke persamaan
(6), untuk   didapatkan,
1/2
0
2 1
tan
8
4tan
H
v gL
HL
L


 
 
   
 
 
(9) (1 poin)
didownload dari www.edukasicampus.net

6. Halaman 6 dari 18Hak Cipta
Dilindungi Undang-undang
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
21
2ZI 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 1
2 4X ZI I mb  . (1 poin)
Untuk roda luar yang berjarak 1
2
R 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 1
luar 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






2
1
sehingga
b
HR
luar








2
1
 (1 poin)
didownload dari www.edukasicampus.net

7. Halaman 7 dari 18Hak Cipta
Dilindungi Undang-undang
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 1
luar 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 2
6( )dalamEK m R H b    
 
. (2 poin)
Perbandingan antara total energi kinetik roda belakang luar dengan roda belakang dalam
adalah
2 21
2
2 21
2
6( )
6( )
R H b
k
R H b
 

 
. (1 poin)
Jika dimasukkan nilainya, diperoleh
2905
1,49
1945
k   . (2 poin)
didownload dari www.edukasicampus.net

8. Halaman 8 dari 18Hak Cipta
Dilindungi Undang-undang
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
didownload dari www.edukasicampus.net

9. Halaman 9 dari 18Hak Cipta
Dilindungi Undang-undang
l
Ll
l
L
2
4
sin
2
cos
22

  (1 poin)
0 B
      0180sin90sin90sin
2
0
2
00
  LTWL
L
mg
0sincoscos
2
1
2   TWmg




sin
cos
2
1
sin
coscos
2
1
2










WmgWmg
T (2 poin)
0 C
      0180sin90sin290sin
2
0
1
00
  LTWL
L
mg
0sincos2cos
2
1
1   TWmg




sin
cos2
2
1
sin
cos2cos
2
1
1










WmgWmg
T (2 poin)
0 xF
    0coscos 21   TT
    0cos
sin
cos
2
1
cos
sin
cos2
2
1





















 WmgWmg
    0cos
2
1
cos2
2
1












  WmgWmg
0sinsin
2
1
coscos
2
1
sinsin2
2
1
coscos2
2
1




























WmgWmg
WmgWmg
0sinsin
2
1
2
2
1
coscos
2
1
2
2
1








































WmgWmg
WmgWmg
  0sinsin3coscos   mgWW (2 poin)
didownload dari www.edukasicampus.net

10. Halaman 10 dari 18Hak Cipta
Dilindungi Undang-undang
  


sin3
cos
tan
mgW
W


 
  




 

l
LlmgW
l
LW
2
43
2tan
22

Jadi,
  22
43
tan
LlmgW
WL

 (1 poin)
atau,
  









22
43
arctan
LlmgW
WL

didownload dari www.edukasicampus.net

11. Halaman 11 dari 18Hak Cipta
Dilindungi Undang-undang
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)
didownload dari www.edukasicampus.net

12. Halaman 12 dari 18Hak Cipta
Dilindungi Undang-undang
dan Hukum Newton untuk tumbukan pada arah radial,
0 1 1cos cosev v  (3) (0,5 poin)
θ
0v
A
O
θθ1
θ1
θ2
θ2
1v
2v
B
C
(Gambar 1,5 poin)
Dari persamaan (2) dan (3) didapatkan hubungan
1
1
tan tan
e
  (4) (0,5 poin)
Dengan cara yang sama pada dinding C, didapatkan hubungan,
2 1 2
1 1
tan tan tan
e e
    (5) (0,5 poin)
Dari persamaan (1), kita dapatkan
 1 2
1 2
1 2
tan tan
2
tan tan1
tan 1 tan tan

  
 
  
 
   
 



(6)
Dengan menggunakan persamaan (4) dan (5), kita dapatkan
3
2
2
tan
1
e
e 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)
didownload dari www.edukasicampus.net

13. Halaman 13 dari 18Hak Cipta
Dilindungi Undang-undang
θ
0v
A
O
θθ1
θ1
θ2
θ2
1v
2v
B
C
θ3
θ3
3v
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 1
tan tan tan tan
e e e
      (9) (1 poin)
Dari persamaan (8), kita dapatkan
    1 2 3
2 31
1 2 3
tan tan
tan tantan tan
1 tan tan 1 tan tan
    
  
   
   

 
 
(10) (1 poin)
Dengan menggunakan persamaan (4), (5), dan (9) kita dapatkan,
2 3
tan e  (11) (1 poin)
didownload dari www.edukasicampus.net

14. Halaman 14 dari 18Hak Cipta
Dilindungi Undang-undang
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: 2
mRI 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:
2
0v
v  (2) (1 poin)
b) Sesaat setelah tumbukan:
222
2
1
2
1
mvmREK rotasicincin  
2
2
1
mvEK translasicincin 
0permenEK
2
mvEtotal  (1 poin)
didownload dari www.edukasicampus.net

15. Halaman 15 dari 18Hak Cipta
Dilindungi Undang-undang
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)
didownload dari www.edukasicampus.net

16. Halaman 16 dari 18Hak Cipta
Dilindungi Undang-undang
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  2dan  (2 x 2 poin)
sehingga
tgRRtgvv kk 2dan 00   (2 x 2 poin)
Silinder berotasi tanpa slip saat berlaku kondisi v = R, sehingga
g
Rv
t
k

3
00 
 (2 poin)
dan jarak relatif yang dijalani silinder di atas ban berjalan sebelum ia mulai berotasi tanpa
tergelincir adalah
g
Rv
x
k

18
)( 2
00 
 (3 poin)
V0
0
ban berjalan
silinder
didownload dari www.edukasicampus.net

17. Halaman 17 dari 18Hak Cipta
Dilindungi Undang-undang
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 

;ˆcosˆsin 111 ygmxgmFG  

;ˆbatang1 xTF 

xNf kk
ˆ111 

(1)
(1 poin)
Gaya-gaya yang bekerja pada mass 2 dapat ditulis sebagai berikut:
;ˆ22 yNN 

;ˆcosˆsin 222 ygmxgmFG  

;ˆbatang2 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)
1m
2m

1kf

1m 1tan gbaF

1GF

1N

x
y

2kf

2m
2tan gbaF

2GF

2N

x
y

(0,5 poin) (0,5 poin)
didownload dari www.edukasicampus.net

18. Halaman 18 dari 18Hak Cipta
Dilindungi Undang-undang
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
212211
1
sincos
mm
gmmgmm
a kk
x




(8)
(1 poin)
b. Bagi pers. (5) dengan 1m dan pers. (6) dengan 2m dan kemudian ambil selisih keduanya
akan menghasilkan:
  0cos
11
21
21






  g
mm
T kk (2 poin)
Penyederhanaan memberikan:
 
21
21
21 cos
mm
mm
gT kk

  (9)
(3 poin)
c. Jika ,21 kk   maka kemudian .0T (1 poin)
didownload dari www.edukasicampus.net