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 M ENENGAH DIREKTORAT SEKOLAH MENENGAH ATAS TAHUN 2014
Oleh : davit davit Sipayung Web : davitsipayung.blogspot.com Email :
[email protected]
1.
Balok bermassa 2m 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 v0 bergerak paralel terhadap bidang miring ( lihat gambar) ga mbar) 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 yang dapat dicapai d icapai balok terhadap permukaan meja b. kecepatan bidang miring saat balok mencapai ketinggian maksimumnya c. kapan (waktu) balok 2m mencapai ketinggian ket inggian maksimumnya maksimumnya d. jarak yang ditempuh bidang miring terhadap pojok meja pada saat balok 2m mencapai ketinggian maksimumnya. g 2m M
v0 m
SOLUSI: a. Momentum linear kekal pada tumbukan antara balok 2m dan 2m dan peluru m:
mv0 3mv1 v1 v0
3
Momentum linear arah horizontal kekal pada tumbukan antara balok-peluru dengan bidang miring. Momentum Momentum linear awal sistem arah horizontal :
pawal 3mv1co cos mv0 cos Ketiga sistem balok-peluru berada di tertinggi di atas bidang miring maka kecepatannya akan sama dengan kecepatan bidang bidang miring miring v2 (balok diam relatif terhadap bidang miring).
pakhir M 3mv 2 Kekekalan momentum linear pada arah horizontal : mv0 cos M 3mv2
mv0 cos M 3m Kekekalan energi mekanik dengan acuan energi potensial di meja sama dengan nol: v2
1 3m 2
v 3mghmaks 12M 3mv 2
2
1
2
Substitusikan nilai v1 dan v2 ke dalam persamaan ini maka akan diperoleh : 2
2
2
v mv0 cos hmaks 0 18 g 6 gM 3m
Oleh : davit davit Sipayung Web : davitsipayung.blogspot.com Email :
[email protected]
2
2 v hmaks M 3msin 0 18g M 3m
b. kecepatan bidang miring saat balok mencapai ketinggian maksimumnya :
mv0 cos M 3m c. Jarak S yang ditempuh oleh balok balok di atas bidang miring : v2
hmaks M 3msin 2 v02 S M 3m sin 18g sin
Percepatan balok relatif terhadap bidang miring : v12 2S Waktu yang diperlukan balok 2m mencapai ketinggian maksimumnya: a1
t 1
v0 v1 2S M 3msin 2 a1 v1 M 3m 3 gsin
d. Percepatan bidang miring relatif terhadap tanah : a2
v2 t 1
Jarak X Jarak X yang ditempuh ditempuh oleh bidang miring dari tepi meja :
X
2.
1 a2t12 2
1 v2t 1 2
mM 3msin 2
M 3m
2
v02 6 g tan
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 gravitasi g ke ke bawah. Lihat gambar. Agar setelah set elah bola dilepas tanpa kecepatan awal , permukaan permukaan horizontal balok 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
m
M
SOLUSI:
Oleh : davit davit Sipayung Web : davitsipayung.blogspot.com Email :
[email protected]
a. Gambar diagram gaya yang bekerja pada sistem bola-balok :
N 1
N 3
N 1
N 2
mg Mg b. Bola bergerak dengan percepatan a1 ke kanan dan balok segitiga bergerak ke kiri dengan percepatan a2 ke kanan. Percepatan a1 dan a2 memenuhi hubungan bahwa tan
a1 a a2 1 a2 tan
Persamaan gerak bola :
mg N1cos cos ma1 Persamaan gerak balok segitiga :
N1sin Ma2 Percepatan gerak bola:
mg tan 2 a1 2 M m tan c. Permukaan horizontal horizontal balok balok segitiga tersebut tetap pada lantai lantai berarti balok tidak mengguling atau berputar. Saat balok segitiga akan mengguling maka gaya normal balok N 2 bergeser ke tepi balok. Asumsikan lebar balok l dan tinggi balok h. Gaya normal N 1 mula-mula tepat di puncak balok segitiga.
N 1
h
N 2
A
l Mg
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 /3 dari titik A. Persamaan torsi terhadap titik A :
A 0 Mg l N1sin h0 3
Dari persamaan sebelumnya dapat kita peroleh bahwa Oleh : davit davit Sipayung Web : davitsipayung.blogspot.com Email :
[email protected]
N 1
Mmg Mmg M m tan 2 cos
dan dari geometri balok segitiga kita k ita peroleh hubungan bahwa h tan l Kita akan mudah mendapatkan bahwa
Mg 1
3 Mmg Mmg
sin ta tan 0
M m tan cos 2
3mtan
2
0 M m tan 2
M 2tan 2 m 3.
Sebuah benda bermassa m terletak pada ketinggian y y di atas permukaan planet bola bermassa M dan berjari-jari R berjari-jari R.. Anggap nilai R tidaklah sangat besar dibandingk d ibandingkan an dengan y. Percepatan gravitasi di permukaan planet itu adalah g 0, 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 v0 , tentukan kecepatan benda tersebut sebagai sebagai fungsi ketinggian y 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 fungsi y adalah adalah :
g g0 y Sehingga percepatan gravitasi pada ketinggian h di atas permukaan planet akan sama dengan g g0 h. b. Misalkan sumbu y positif di atas permukaan planet sehingga percepatan planet akan bernilai negatif karena arahnya ke bawah.
g g0 y g 0 y Bentuk turunan percepatan gravitasi sebagai fungsi fu ngsi y y : : d v dv dv v dv g dv dv dt dt dy dy Sehingga kita dapat menuliskan bahwa: v dv g 0 y dy v
y
v0
h
vdv g ydy 0
Oleh : davit davit Sipayung Web : davitsipayung.blogspot.com Email :
[email protected]
y
v
1 2 v g0 y y 2 2 v0 2 h
g y y g h h
1 2 1 2 v v0 2 2
2
0
2
0
2
2
v y 2 2 g 0 y 2 g 0h h 2 v02
1 2
c. Benda mencapai tinggi maksimum (ym) saat kecepatan sesaatnya sama dengan nol (v=0).
ym2 2 g0 ym 2 g 0h h 2 v02 0 Kita akan memperoleh solusi y m dengan menggunakan rumus akar-akar persamaan kuadrat untuk kasus 0 : 2 v02 h 1 g 0 g02 g 02
g g ym 0 0
2h
Tinggi maksimum benda jika 0 :
2 g ym 2g h v 0 2
0
0
0
v02 ym h 2 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 engsel yang melekat melekat kuat pada lantai sehingga sehingga tongkat dapat dapat berosilasi 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 simpangan yang kecil b. nilai maksimum gaya berat W agar untuk simpangan kecil pada tongkat mengalami getaran harmonik. y
C
Dinding
W=mg B L
a
x
A Lantai
Oleh : davit davit Sipayung Web : davitsipayung.blogspot.com Email :
[email protected]
SOLUSI: a. Perhatikan gaya-gaya yang bekerja pada s istem di bawah ini.
y
L
x a sin
W=mg
kx a
A Lantai
Persamaan torsi pada titik A :
d 2 A I 2 dt d 2 WLsin kxacos mL dt 2 2
d 2 WLsin ka cossin mL dt 2 Untuk sudut simpangan yang kecil berlaku bahwa 2
2
sin dan cos 1 ,
sehingga
kita dapat menuliskan d 2 ka WL d 2 2 0 0 dt 2 mL2 dt 2 Persamaan ini merupakan bentuk persamaan gerak harmonis sederhana yang memiliki frekuensi angular 2
ka WL 2
2
mL2 Sehingga frekuensi getaran sistem akan sama dengan : f 1 2 2
ka
2
WL
mL2 b. Syarat agar sistem melakukan osilasi gerak harmonik adalah : 2 0 ka 2 WL 0
W ka L
2
W maks ka L
2
Oleh : davit davit Sipayung Web : davitsipayung.blogspot.com Email :
[email protected]
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 t erhadap 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 sepert i ditampilkan pada gambar (i); b. Tepi meja kasar dan sangat tajam seperti ditampilkan pada gambar (ii).
(i)
(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. Mg l 1cos 1 1ML2 2 2
2
23
3 g
l
1cos
Percepatan sentripetal pusat massa batang: ac 2 l 2
3 g 2
1cos
Persamaan torsi pada batang terhadap siku meja : Mg l sin 1ML2 2
3
3 g sin 2 L
Percepatan tangensial pusat massa batang : at l 2
3 g sin 4
Dinding horizontal dan vertikal licin dari siku tepi meja akan memberikan gaya horizontal dan vertikal yang bernilai berturut-turut N H dan N V pada ujung batang (lihat gambar).
Oleh : davit davit Sipayung Web : davitsipayung.blogspot.com Email :
[email protected]
at
θ
ac
F H
Mg
F V
Persamaan gaya pada batang dalam arah horizontal dan vertikal diberikan oleh
N H M at cos ac sin Mg NV M at sin ac cos Substitusikan at dan ac ke dalam persamaan ini maka kita akan medapatkan bahwa
N H 3 Mg sin 3cos 2 4
NV 1 Mg 3 cos 1
2
4
Komponen reaksi pertama N H akan nol ketika cos1 23 . Untuk sudut yang lebih besar, N H akan menjadi menjadi negatif, sehingga sehingga batang benar-benar benar-benar lepas dari meja karena tepi meja yang licin t idak 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 F s arahnya tangensial terhadap seperempat lingkaran ini dan nilainya berubah-ubah
at
θ Fs N
ac Mg
Persamaan gaya sepanjang batang batang : 3 Mg Mgcos N Mac 1cos 2
Kita akan mendapatkan nilai gaya normal sebagai Mg N 5 cos 3 2
Reaksi meja terhadap batang menjadi nol ketika N=0 N=0 saat cos1 35 . Untuk sudut yang lebih besar gaya normal akan negatif , ini berarti batang meninggalkan tepi meja.
Oleh : davit davit Sipayung Web : davitsipayung.blogspot.com Email :
[email protected]
6.
Sebuah bola kecil dengan massa m dipasang pada silinder pejal bermassa M bermassa M dan berjari jari R jari R menggunakan menggunakan batang tak bermassa . Lihat gambar. Bola kecil tersebut berada pada jarak H jarak H di 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. m H SOLUSI: M a. Ambil acuan energi potensial di pusat massa silinder pejal sama dengan nol. Energi R mekanik awal sistem :
Eawal mgH mgH Pada saat bola kecil menyentuh lantai, silinder pejal dan bola kecil akan memiliki kecepatan sudut .
vcm
M R
H m
θ
vcm vb
vt Silinder akan memiliki kecepatan pusat massa vcm R karena silinder tidak slip. Bola kecil akan memiliki dua kompenen kecepatan yaitu, kecepatan horizontal sama dengan vh vcm dan kecepatan tangensial sama dengan vt H vcm H R . Bola kecil memiliki kecepatan total 0 2 2 vb2 vt2 vc2m 2vt vcm co cos 90 vt vcm 2vt vcm si sin
vc2m H 2 2 vcm H R H 2 R 2 2 vb v v vcm 2 cm cm R H R 2 R2
2
Momen inersia silinder pejal terhadap pusat massa pejal adala h I s 12 MR2 Momen inersia bola kecil terhadap pusat massa pejal adalah I b mH . Energi 2
mekanik bola-silinder saat bola menyentuh lantai :
Eakhir mgR 1 Mvc2m 1mvb2 1I p I s 2 2
2
2
Kekekalan energi mekanik sistem, Eawal E akhir :
mgH mgR 1 Mvc2m 1 m H 2R 2 2 R
vcm
RR 4mH 2mR
2
2
vcm 1 2 2
mH
2
1 MR2 2
vcm R
2
4mgH 3 MR
2
2
2
Oleh : davit davit Sipayung Web : davitsipayung.blogspot.com Email :
[email protected]
2
b. Kecepatan bola menyentuh lantai :
vb
7.
4mgH R
H
3 MR
2
2
R
2
4mH 2mR 2
2
Sebuah silinder pejal bermassa m dan radius R 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 dan koefisien gesek kinetik s dimana k tan . 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 oleh pusat massa silinder hingga menggelinding tanpa slip, c. ketinggian maksimum yang yang dicapai silinder si linder SOLUSI: a. Diagram gaya pada silinder pejal : N f k θ
mgsinθ θ
mg
mgcosθ mgcosθ
Persamaan gaya pada silinder :
f k mgsin macm k mgcos mgsin macm acm k gcos g sin Persamaan torsi pada pusat massa silinder:
f k RI
k mgcos R 1 mR 2
2
2 k g cos
R Kinematika translasi silinder pejal :
vt v0 acmt vt gk cos sin t Kinematika rotasi silinder pejal :
t 0 t t 0
2 k g cos
R
t
Silinder membutuhkan waktu t 0 untuk mencapai slip dan kondisi slip terjadi saat
vt t R Oleh : davit davit Sipayung Web : davitsipayung.blogspot.com Email :
[email protected]
gk cos sin t0 0
t0 R0
2k g cos
R
0 R t 0 g 3k cos sin b. jarak yang ditempuh oleh oleh pusat massa silinder hingga menggelinding tanpa slip, slip,
S 1 acmt 02 2
S
k cos sin 02 R 2 2 3k cos sin 2 g
c. Energi awal silinder pejal, ambil acuan energi potensial di pusat massa silinder saat di posisi mula-mula sama dengan nol nol :
Eawal 1 I02 1 mR2 02 2
4
Energi kinetik rotasi awal silinder akan dikerversi menjadi energi gesek dan energi potensial gravitasi dengan de ngan mencapai ketinggian ket inggian maksimum h maks. Silinder mengalami kehilangan energi oleh karena gaya gesek saat bergerak slip, yaitu saat menempuh jarak S.
k cos sin cos k mg 02 R 2 E gesek f k S 2 2 g 3k cos sin Energi potensial akhir silinder pejal :
EPmgh mghmaks Kekekalan energi sistem : Eawal Egesek EP
cos sin cos k mg 0 R 1 mR 2 02 k 2 4 2 g 3k cos sin 2
2
mghmaks
R 0 2 k k cos sin cos hmaks 1 1 2 4 g 3 cos sin 2
2
k
Oleh : davit davit Sipayung Web : davitsipayung.blogspot.com Email :
[email protected]
