Kontes Terbuka Olimpiade Fisika · 2019-02-19 · KTOF III Januari 2019 Halaman 2 dari 23 Kontes Terbuka Olimpiade Fisika Tata cara dan petunjuk pelaksanaan tes 1. Soal terdiri dari

Halaman 1 dari 23 KTOF III Januari 2019

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

Naskah Soal dan Solusi

Kontes Terbuka Olimpiade Fisika

Januari 2019

Oleh :

Komunitas Olimpiade Fisika Indonesia

Waktu : 55 Jam

Tahun 2018


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

Tata cara dan petunjuk pelaksanaan tes

1. Soal terdiri dari 5 soal essay. Waktu total pengerjaan tes adalah 55 Jam, dimulai dari

Jumat, 18 Januari 2019 pukul 17.00 WIB s.d. Minggu, 20 Januari 2019 pukul 23.59 WIB.

2. Jawaban dituliskan di lembar jawaban yang telah disediakan. Lembar jawaban telah

dikirim bersama soal, silahkan di print dan diperbanyak sendiri (boleh fotocopy).

Peserta juga diperbolehkan menggunakan kertas sendiri yaitu kertas HVS putih.

3. Tuliskan nomor peserta anda pada tempat yang telah disediakan di lembar jawaban.

4. Skore nilai untuk setiap soal berbeda dan telah tertulis pada setiap soal.

5. Peserta diharuskan menulis jawabannya pada lembar jawaban yang terpisah untuk

setiap nomor.

6. Gunakan ballpoint untuk menulis jawaban anda dan jangan menggunakan pensil.

7. Peserta mengerjakan soal tes secara mandiri. Peserta dilarang bekerja sama dengan

orang lain dalam mengerjakan tes.

8. Jawaban discan atau difoto kemudian dikirimkan ke email [email protected]

dengan judul:

Nomor Peserta_KTOF Januari 2019

Contoh : KTOF-18-10-01-123_KTOF Januari 2019

Selambat-lambatnya hari Minggu, 20 Januari 2019 pukul 23.59 WIB

mailto:[email protected]


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

1. Terdapat suatu lintasan berjalan sepanjang 𝑠 yang bergerak dengan kecepatan 𝑣L relatif

permukaan lantai yang diam. Dua orang bersaudara, sebut saja Max dan Well melakukan

balapan. Max menaiki sebuah mobil dan Well berjalan kaki. Panjang lintasan yang harus

mereka tempuh dari start sampai finish adalah 𝑠T.

a. Pada kasus pertama, Max memacu mobilnya dengan kecepatan 𝑣0 (𝑣0 < 𝑣L) yang

konstan dari posisi start. Well berjalan dengan kecepatan 𝑣w relatif permukaan yang

dipijaknya. Jika sepanjang lintasan ini terdapat satu buah lintasan berjalan yang sejajar

dengan lintasan tempuh mereka, dengan kecepatan berapakah Well harus berjalan

agar bisa tiba lebih awal dari Max di garis finish!

b. Pada kasus kedua ini, Well masih bergerak dengan kecepatan yang sama seperti

sebelumnya, namun Max memacu mobilnya dengan percepatan yang konstan 𝑎. Pada

kasus kedua ini terdapat 𝑁 buah lintasan berjalan yang sejajar dengan lintasan

tempuh. Berapakah percepatan minimum mobil Max agar dia bisa menang dari Well?

Asumsikan 𝑣L > √2𝑎𝑠T.

c. Sekarang Max memacu mobilnya dengan percepatan yang sama seperti sebelumnya,

dan Well juga bergerak dengan kecepatan yang sama seperti kasus pada bagian (a).

Jika sekarang terdapat 𝐾 buah lintasan berjalan, tentukanlah nilai 𝐾 minimum agar

Well bisa menang dari Max?

Solusi :

a. Agar Well bisa menang dari Max, waktu tempuhnya harus lebih kecil dari Max. Waktu

tempuh Max adalah 𝑇max = 𝑠T/𝑣0.Kemudian waktu tempuh Well saat melintasi

lintasan berjalan (𝑇1) dan lintasan sisanya (𝑇2) adalah

𝑇1 =s

𝑣w + 𝑣L dan 𝑇1 =

𝑠T − s

𝑣w

start

finish

Max

Well …

𝑠T

𝑠 𝑠 𝑠


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

Sehingga waktu tempuh total Well adalah

𝑇well = 𝑇1 + 𝑇2

𝑇well =𝑠

𝑣w + 𝑣L+𝑠T − 𝑠

𝑣w

𝑇well =s𝑣w + (𝑠T − s)(𝑣w + 𝑣L)

𝑣w(𝑣w + 𝑣L)

𝑇well =(𝑠T − s)𝑣L + 𝑠T𝑣w

𝑣w2 + 𝑣w𝑣L

Sehingga kecepatan minimum Well agar bisa menang dari Max akan kita dapatkan

(𝑠T − s)𝑣L + 𝑠T𝑣w𝑣w2 + 𝑣w𝑣L

<𝑠T𝑣0

(𝑠T − s)𝑣L𝑣0 + 𝑠T𝑣0𝑣w < 𝑠T𝑣w2 + 𝑠T𝑣w𝑣L

𝑠T⏟𝑎

𝑣w2 + 𝑠T(𝑣L − 𝑣0)⏟

𝑏

𝑣w − (𝑠T − s)𝑣L𝑣0⏟ 𝑐

< 0

Untuk persamaan 𝑎𝑣w2 + 𝑏𝑣w − 𝑐 = 0 kita mempunyai solusi

𝑣w =−𝑏 ± √𝑏2 + 4𝑎𝑐

2𝑎

Karena kecepatan Well harus positif, akan kita dapatkan

(𝑣w −−𝑏 + √𝑏2 + 4𝑎𝑐

2𝑎)

⏟ harus lebih dari nol

(𝑣w +𝑏 + √𝑏2 + 4𝑎𝑐

2𝑎)

⏟ pasti lebih dari nol

> 0

Sehingga

𝑣w =√𝑏2 + 4𝑎𝑐 − 𝑏

2𝑎

𝑣w =√𝑠T2(𝑣L − 𝑣0)2 + 4𝑠T(𝑠T − s)𝑣L𝑣0 − 𝑠T(𝑣L − 𝑣0)

2𝑠T

b. Sekarang waktu tempuh Well menjadi

𝑇well =𝑁𝑠

𝑣w + 𝑣L+𝑠T −𝑁𝑠

𝑣w

𝑇well =(𝑠T −𝑁𝑠)𝑣L + 𝑠T𝑣w

𝑣w2 + 𝑣w𝑣L

dan waktu tempuh Max menjadi

𝑇Max = √𝑠T2𝑎


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

Sehingga

√𝑠T2𝑎

<(𝑠T −𝑁𝑠)𝑣L + 𝑠T𝑣w

𝑣w2 + 𝑣w𝑣L

2𝑎

𝑠T> (

𝑣w2 + 𝑣w𝑣L

(𝑠T −𝑁𝑠)𝑣L + 𝑠T𝑣w)

2

𝑎0 =𝑠T2(

𝑣w2 + 𝑣w𝑣L


2

Perlu dicatat bahwa jika Max memacu dengan percepatan 𝑎0 di atas, Max dan Well

akan mencapai garis finish bersama-sama, sehingga percepatan minimum mobil Max

harus sedikit lebih besar dari 𝑎0 atau

𝑎min =𝑠T2(

𝑣w2 + 𝑣w𝑣L


2

+ limΔ𝑎→0

Δ𝑎

c. Agar Well bisa menang, maka

(𝑠T − 𝐾𝑠)𝑣L + 𝑠T𝑣w𝑣w2 + 𝑣w𝑣L

< √𝑠T2𝑎

(𝑠T − 𝐾𝑠)𝑣L < (𝑣w2 + 𝑣w𝑣L)√

𝑠T2𝑎

− 𝑠T𝑣w

𝑠T − 𝐾𝑠 <𝑣w

2 + 𝑣w𝑣L𝑣L

√𝑠T2𝑎

−𝑣w𝑣L

𝑠T

𝐾 >𝑠T𝑠(1 +

𝑣w𝑣L) −

𝑣w2 + 𝑣w𝑣L𝑣L𝑠

√𝑠T2𝑎

= 𝐾0

Sehingga

𝐾min = ⌈𝑠T𝑠(1 +

𝑣w𝑣L) −

𝑣w2 + 𝑣w𝑣L𝑣L𝑠

√𝑠T2𝑎⌉

Yaitu bilangan bulat pertama yang lebih dari 𝐾0.

Ahmad Basyir Najwan

SMAN 3 Banjarbaru

2. Sebuah bola kecil bermassa 𝑚 diletakkan di pinggir dalam sebuah cincin tipis bermassa 𝑀

dan berjari-jari 𝑅. Pada awalnya, cincin ini diam terhadap kerangka lab, dan bola ini diberi

kecepatan 𝑣0 dengan arahnya menyinggung permukaan cincin, relatif terhadap cincin.

Asumsikan bola hanya bergerak di sepanjang pinggir dalam cincin (relatif terhadap cincin),


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

dan tidak ada pengaruh eksternal dalam bentuk apapun kepada sistem ini. Untuk

menyamakan konvensi arah, anggap kecepatan awal bola mengarah ke arah horizontal

dan arah yang tegak lurus kecepatan ini adalah arah vertikal.

a. Tentukan posisi (terhadap pusat cincin) dan kecepatan awal pusat massa sistem.

b. Tentukan kecepatan cincin relatif terhadap kerangka lab dan kecepatan bola relatif

terhadap cincin setelah bola menempuh :

i. ¼ putaran terhadap cincin.

ii. ½ putaran terhadap cincin.

iii. ¾ putaran terhadap cincin.

c. Apakah besar kecepatan bola relatif terhadap cincin selalu konstan? Berikan justifikasi

Anda.

d. Tentukan bentuk umum dari kecepatan cincin relatif terhadap lab ketika garis hubung

posisi bola dan pusat cincin membentuk sudut 𝜃 terhadap arah vertikal.

e. Pada kondisi (b)-ii, tentukan seberapa jauh pusat cincin berpindah terhadap posisi

awalnya dalam arah vertikal.

f. Tentukan jarak yang telah ditempuh pusat massa sistem setelah bola melakukan 𝑁

putaran relatif terhadap cincin, dimana 𝑁 adalah bilangan bulat yang tidak kurang dari

1.

Solusi :

a. Posisi bola berada sejauh 𝑅 dari pusat cincin, sehingga

𝑥𝑝𝑚 =𝑚𝑅

𝑚 +𝑀

Kecepatan awal bola terhadap kerangka lab adalah 𝑣0, sedangkan kecepatan awal

cincin terhadap kerangka lab adalah 0. Sehingga,

𝑚

𝑅

𝑀

𝑣0


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

𝑣𝑝𝑚 =𝑚𝑣0𝑚 +𝑀

b. Untuk setiap kasus, gunakan persamaan kekekalan energi dan momentum arah

horizontal dan vertikal.

i. Untuk kasus ini, 𝑣1 adalah kecepatan bola terhadap cincin, 𝑢1𝑣 dan 𝑢1ℎ adalah

kecepatan cincin terhadap kerangka lab arah vertikal dan horizontal, berturut-

turut. Persamaannya adalah

𝑚𝑣0 = (𝑚 +𝑀)𝑢1ℎ … (1)

0 = 𝑚(𝑣1 − 𝑢1𝑣) − 𝑀𝑢1𝑣 … (2)

1

2𝑚𝑣0

2 =1

2𝑚((𝑣1 − 𝑢1𝑣)

2 + 𝑢1ℎ2) +

1

2𝑀(𝑢1ℎ

2 + 𝑢1𝑣2) … (3)

Gunakan persamaan (1) untuk mencari 𝑢1ℎ dan persamaan (2) untuk mengganti

suku yang mengandung 𝑣1 − 𝑢1𝑣 di persamaan (3), lalu substitusi ke persamaan

(3), maka didapat

𝑚𝑣02 = (

𝑀2

𝑚+𝑀)𝑢1𝑣

2 + (𝑚 +𝑀) (𝑚𝑣0𝑚+𝑀

)2

𝑢1𝑣 =𝑚𝑣0𝑚 +𝑀

𝑢1ℎ =𝑚𝑣0𝑚+𝑀

Dengan menggunakan persamaan (2), maka didapat

𝑀𝑚𝑣0𝑚 +𝑀

= 𝑚(𝑣1 −𝑚𝑣0𝑚+𝑀

)

𝑣1 = 𝑣0

ii. Untuk kasus ini, kecepatan cincin terhadap kerangka lab arah vertikal bernilai nol.

𝑣2 adalah kecepatan bola terhadap cincin, dan 𝑢2 adalah kecepatan cincin

terhadap kerangka lab arah horizontal. Persamaannya adalah

𝑚𝑣0 = 𝑚(𝑢2 − 𝑣2) + 𝑀𝑢2 … (4)

1

2𝑚𝑣0

2 =1

2𝑚(𝑢2 − 𝑣2)

2 +1

2𝑀𝑢2

2 … (5)

Gunakan persamaan (4) untuk mengganti suku yang mengandung 𝑢2 − 𝑣2 di

persamaan (5), lalu substitusi ke persamaan (5), maka didapat

1

2𝑚𝑣0

2 =1

2𝑚 (𝑣0 −

𝑀

𝑚𝑢2)

2

+1

2𝑀𝑢2

2


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

𝑢2 =2𝑚𝑣0𝑚+𝑀

Dengan menggunakan persamaan (4), maka didapat

𝑚𝑣0 = (𝑚 +𝑀)2𝑚𝑣0𝑚+𝑀

−𝑚𝑣2

𝑣2 = 𝑣0

iii. Untuk kasus ini, 𝑣3 adalah kecepatan bola terhadap cincin, 𝑢3𝑣 dan 𝑢3ℎ adalah

kecepatan cincin terhadap kerangka lab arah vertikal dan horizontal, berturut-

turut. Persamaannya adalah

𝑚𝑣0 = (𝑚 +𝑀)𝑢3ℎ … (6)

0 = 𝑚(−𝑣1 + 𝑢1𝑣) + 𝑀𝑢1𝑣 … (7)

1

2𝑚𝑣0

2 =1

2𝑚((𝑣1 − 𝑢1𝑣)

2 + 𝑢1ℎ2) +

1

2𝑀(𝑢1ℎ

2 + 𝑢1𝑣2) … (8)

Persamaan (6), (7), dan (8) mirip dengan persamaan (1), (2), dan (3). Solusi

persamaan (6) sampai (8) adalah

𝑢3𝑣 =𝑚𝑣0𝑚 +𝑀

𝑢3ℎ =𝑚𝑣0𝑚 +𝑀

𝑣3 = 𝑣0

Perhatikan bahwa besar 𝑢3𝑣 sama dengan 𝑢1𝑣, tetapi, arah dari 𝑢3𝑣 berlawanan

dengan arah dari 𝑢1𝑣.

c. Untuk mencari tahu apakah kecepatan bola relatif terhadap cincin konstan, kita akan

menggunakan diagram gaya pada bola dan cincin di kerangka pusat cincin yang non-

inersial.

Persamaan gaya pada cincin adalah

𝜃

𝑥

𝑦 𝑁

𝑁 𝑚𝑦

𝑚𝑥

𝜃 𝜃


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

𝑁 sin 𝜃 = 𝑀𝑥 … (1)

𝑁 cos 𝜃 = 𝑀𝑦 … (2)

Persamaan gaya pada bola arah tangensial adalah

𝑚𝑦 sin 𝜃 − 𝑚𝑥 cos 𝜃 = 𝑚𝑎𝑡 … (3)

Gunakan persamaan (1) dan (2) untuk persamaan (3), maka didapat

𝑚𝑁 cos 𝜃

𝑀sin𝜃 −𝑚

𝑁 sin 𝜃

𝑀cos 𝜃 = 𝑚𝑎𝑡

𝑎𝑡 = 0

Kecepatan bola relatif terhadap cincin selalu konstan.

d. Persamaan momentum sistem arah horizontal dan vertikal adalah

𝑚𝑣0 = 𝑚(𝑣0 cos 𝜃 + 𝑢ℎ) + 𝑀𝑢ℎ … (1)

0 = 𝑚(𝑣0 sin𝜃 − 𝑢𝑣) − 𝑀𝑢𝑣 … (2)

Dari persamaan (1) dan (2), maka didapat

𝑢ℎ =𝑚𝑣0(1 − cos 𝜃)

𝑚 +𝑀

𝑢𝑣 =𝑚𝑣0 sin 𝜃

𝑚 + 𝑀

e. Pada awalnya, posisi pusat cincin berada di jarak 𝑥𝑝𝑚 diatas pusat massa sistem. Pada

kondisi b) ii., posisi pusat cincin berada pada jarak 𝑥𝑝𝑚 dibawah pusat massa sistem.

Karena posisi pusat massa arah vertikal tidak berubah, maka besar perpindahan pusat

cincin arah vertikal adalah

𝑥 = 2𝑥𝑝𝑚 =2𝑚𝑅

𝑚 +𝑀

f. Karena besar kecepatan bola terhadap cincin selalu konstan, maka waktu yang

diperlukan bola untuk menempuh 1 putaran adalah

𝑡 =2𝜋𝑅

𝑣0

Sehingga, jarak yang ditempuh pusat massa sistem setelah bola menempuh 𝑁 putaran

terhadap cincin adalah

𝑠𝑝𝑚 = 𝑁𝑣𝑝𝑚𝑡 =2𝑁𝑚𝜋𝑅

𝑚 +𝑀

Yuwanza Ramadhan

SMAN 1 Depok


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

3. Terdapat sebuah silinder bermassa 𝑚 dengan dinding yang tipis dan kuat. Silinder ini tidak

memiliki alas dan tutup, hanya selimutnya saja. Silinder kemudian diletakkan di atas meja

licin. Kemudian dua buah bola baja dengan jari-jari 𝑅 dan massa 𝑀 di masukkan ke dalam

silinder. Sistem ini kemudian setimbang. Antara bola dan silinder juga tidak ada gesekan.

Perpanjangan garis yang menghubungkan pusat massa kedua bola baja membentuk sudut

𝜃 terhadap garis vertikal. Percepatan gravitasi adalah 𝑔 dan arahnya ke bawah.

a. Tentukan panjang diameter silinder!

b. Gambarkan diagram gaya bebas pada masing-masing benda!

c. Tentukan persamaan-persamaan yang memenuhi Hukum I Newton pada setiap

benda!

d. Tentukan besar gaya yang diberikan masing-masing bola pada silinder!

e. Berapakah gaya normal yang diberikan lantai pada bola bawah!

f. Saat silinder tepat akan jatuh, dimanakan posisi gaya normal total yang diberikan

lantai pada silinder!

g. Berapakah massa minimum silinder agar sistem bisa setimbang!

h. Berapa gaya normal yang diberikan lantai pada silinder!

i. Untuk kasus khusus dimana 𝜃 = 𝜋/4, berapa hasil untuk bagian (g) dan (h)!

Solusi :

a. Perhatikan gambar di bawah ini!

𝑚

𝑔

𝑅

𝑅

𝑀

𝑀

𝜃

𝑚

𝑅 2𝑅 𝑅

𝜃

𝑑


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

Jelas bahwa diameter silinder tersebut adalah

𝑑 = 𝑅 + 2𝑅 sin 𝜃 + 𝑅 ⟹ 𝑑 = 2𝑅(1 + sin 𝜃)

b. Berikut adalah diagram gaya bebas pada setiap benda!

Dengan

ℎ = 𝑅 + 2𝑅 cos 𝜃 ⟹ ℎ = 𝑅(1 + 2 cos 𝜃)

c. Untuk silinder

Pada sumbu 𝑥

∑𝐹x = 0

𝑁2 − 𝑁1 = 0 ⟹ 𝑁1 = 𝑁2…(1)

Pada sumbu 𝑦

∑𝐹y = 0

𝑁 −𝑚𝑔 = 0 ⟹ 𝑁 = 𝑚𝑔…(2)

Untuk bola bawah

Pada sumbu 𝑥

∑𝐹x = 0

𝑁1 −𝑁3 sin 𝜃 = 0 ⟹ 𝑁1 = 𝑁3 sin 𝜃… (3)

Pada sumbu 𝑦

∑𝐹y = 0

𝑁4 −𝑀𝑔 − 𝑁3 cos 𝜃 = 0 ⟹ 𝑁4 = 𝑀𝑔 + 𝑁3 cos 𝜃 … (4)

Untuk bola atas

Pada sumbu 𝑥

𝑁1 𝑁1

𝑁2 𝑁2

𝑁3

𝑁3

𝑀𝑔

𝑀𝑔 𝑚𝑔 ℎ

𝜃 𝜃 𝑁 𝑁4


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

∑𝐹x = 0

−𝑁2 +𝑁3 sin 𝜃 = 0 ⟹ 𝑁2 = 𝑁3 sin 𝜃 … (5)

Pada sumbu 𝑦

∑𝐹y = 0

−𝑀𝑔 + 𝑁3 cos 𝜃 = 0 ⟹ 𝑁3 =𝑀𝑔

cos 𝜃… (6)

Untuk gerak rotasi silinder, Hukum I Newton tentang gerak rotasi

∑𝜏 = 0

Di semua titik acuan. Kita pilih titik acuan di pojok kanan bawah silinder, sehingga akan

kita dapatkan (saya menggunakan arah putaran jarum jam sebagai arah positif torsi,

kamu boleh terbalik, hasilnya akan sama saja)

−𝑁2ℎ + 𝑁1𝑅 +𝑚𝑔𝑑

2− 𝑁𝑠 = 0… (7)

Dimana 𝑠 adalah jarak titik tangkap efektif dari gaya normal lantai pada silinder. Jarak

𝑠 ini bergantung pada kondisi sisitem, yaitu massa bola dan silinder.

d. Dari persamaan (1), (3), dan (5) kita dapatkan bahwa

𝑁1 = 𝑁2 = 𝑁3 sin 𝜃 =𝑀𝑔

cos 𝜃sin𝜃 ⟹ 𝑁1 = 𝑁2 = 𝑀𝑔 tan 𝜃

e. Dari persamaan (4) kita dapatkan bahwa

𝑁4 = 𝑀𝑔 + 𝑁3 cos 𝜃

Subtitusi 𝑁3

𝑁4 = 𝑀𝑔 +𝑀𝑔

cos 𝜃cos 𝜃 ⟹ 𝑁4 = 2𝑀𝑔

f. Gaya akibat bola bawah dan bola atas memberikan torsi pada silinder sehingga silinder

cenderung akan berputar. Namun selama batas gaya ini tidak terlalu besar, silinder

belum akan menggelinding. Kemudian, jika gaya ini terus diperbesar, artinya kita

memperbesar massa bola, gaya normal pada silinder akan semakin bergeser ke kanan.

Tepat saat silinder akan jatuh, gaya normal ini tepat di pojok kanan bawah silinder

(pikirkan secara fisis).


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

g. Dari hasil sebelumnya, kita dapatkan bahwa 𝑠 = 0 saat silinder tpat akan jatuh. Agar

silinder tidak jatuh, massa minimum silinder harus memenuhi persamaan (7),sehingga

akan kita peroleh

−𝑁2ℎ + 𝑁1𝑅 + 𝑚min𝑔𝑑

2= 0

𝑁1(ℎ − 𝑅) =1

2𝑚min𝑔𝑑

𝑀𝑔 tan 𝜃 (𝑅(1 + 2 cos 𝜃) − 𝑅) =1

2𝑚min𝑔2𝑅(1 + sin 𝜃)

𝑚𝑔𝑅(1 + sin 𝜃) = 𝑀𝑔(2𝑅 sin 𝜃) ⟹ 𝑚min =2 sin 𝜃

1 + sin 𝜃𝑀

h. Dari persamaan (2) kita dapatkan bahwa

𝑁 = 𝑚min𝑔 ⟹ 𝑁 =2 sin 𝜃

1 + sin 𝜃𝑀𝑔

i. Untuk 𝜃 = 𝜋/4, sin 𝜃 = cos 𝜃 = √2/2, sehingga akan kita peroleh

𝑚min =2(√2/2)

1 + √2/2𝑀 ⟹ 𝑚min =

2

√2 + 1𝑀

𝑁 = 𝑚min𝑔 ⟹ 𝑁 =2

√2 + 1𝑀𝑔

Ahmad Basyir Najwan

SMAN 3 Banjarbaru

4. Untuk mengamati dinamika benda tegar yang berosilasi dalam suatu fluida, sebuah riset

dilakukan dengan sebuah silinder bermassa 𝑀𝑐 dengan luas alas 𝑎 dan tinggi ℎ yang

ditempatkan dalam zat cair bermassa jenis 𝜌w. Untuk seterusnya dilakukan asumsi bahwa

fluida tidak memberi gesekan pada sistem dan silinder berosilasi sederhana pada arah

vertikal. Terdapat percepatan gravitasi 𝑔 yang arahnya ke bawah. Silinder ini berada di

sebuah tangki yang luas dasarnya jauh lebih luas dari luas alas silinder.


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

a. Setelah beberapa saat (equlibrium), tentukan persamaan yang memenuhi

kesetimbangan tersebut! Tinggi bagian silinder yang terlihat di atas fluida adalah 𝑑.

Selanjutnya silinder disimpangkan sedikit lalu berosilasi

b. Tentukan persamaan osilasi sistem!

c. Tentukan besar frekuensi sudut 𝜔 dan periode 𝑇 sistem!

Untuk kasus selanjutnya, pada bagian bawah silinder dipasangkan pegas berkonstanta 𝑘

dengan panjang normal 𝐿0 yang pada bagian ujung lainnya dipasang ke dasar suatu

tangki air yang memiliki luas alas 𝐴.

Tangki diisi kembali dengan fluida pada bagian sebelumnya. Silinder dibiarkan sejenak

sehingga setimbang

d. Tentukan persamaan kesetimbangan sistem! Tinggi bagian silinder yang terlihat di

atas fluida adalah 𝑠 dan ketinggian permukaan fluida dari dasar tangki adalah 𝐻.

Silinder kemudian disimpangkan dari keadaan setimbang sehingga berosilasi harmonik

sederhana

𝑎

ℎ 𝑀c

𝜌w

𝐴 ≫ 𝑎

𝑎

𝐴

ℎ

𝑘

𝑀c

𝜌w


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

e. Tentukan periode osilasi sistem dan kemudian jelaskan secara kuantitatif dan

kualitatif mengenai periode tersebut jika :

i. 𝐴 → ∞

ii. 𝑘 → 0

Solusi :

a. Saat terjadi kesetimbangan, gaya angkat pada silinder yaitu gaya archimedes akan

sama dengan berat silinder sehingga

𝑀c𝑔 = 𝜌w𝑔𝑎𝑦0 ⟹𝑀c = 𝜌w𝑎𝑦0

Dengan 𝑦0 = ℎ − 𝑑 adalah tinggi bagian silinder yang tercelup dalam fluida sehingga

𝑀c = 𝜌w𝑎(ℎ − 𝑑)

b. Sekarang misalkan silinder disimpangkan ke bawah sehingga bagian yang tercelup

menjadi 𝑦 = ℎ − 𝑑 + 𝑥 sehingga persamaan gerak silinder menjadi

𝑀c𝑔 − 𝜌w𝑔𝑎𝑦 = 𝑀c𝑦

Subtitusi 𝑦 = ℎ − 𝑑 + 𝑥 dan 𝑦 = 𝑥 sehingga

𝑀c𝑔 − 𝜌w𝑔𝑎(ℎ − 𝑑 + 𝑥) = 𝑀c𝑥

𝑀c𝑔 − 𝜌w𝑔𝑎(ℎ − 𝑑) = 𝜌w𝑔𝑎𝑥 +𝑀c𝑥

Berdasarkan persamaan pada bagian (a) kita tahu bahwa suku di sisi kiri bernilai nol

sehingga persamaan gerak osilasi silinder kita dapatkan yaitu

𝑥 +𝜌w𝑔𝑎

𝑀c𝑥 = 0

Dimana 𝑥 adalah simpangan silinder pada arah vertikal dari posisi

kesetimbangannya.

c. Analog dengan bentuk 𝑥 + 𝜔2𝑥 = 0, besar frekuensi sudut 𝜔 akan kita dapatkan

𝜔 = √𝜌w𝑔𝑎

𝑀c

Dan dari 𝜔 = 2𝜋/𝑇 akan kita dapatkan

𝑇 = 2𝜋√𝑀c

𝜌w𝑔𝑎

d. Sekarang kesetimbangan silinder juga diperoleh dari kontribusi gaya pegas, dari sini

akan kita dapatkan


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

𝑀c𝑔 + 𝑘Δ𝐿 = 𝜌w𝑔𝑎𝑦0′

𝑀c𝑔 + 𝑘(𝐻 − ℎ + 𝑠 − 𝐿0) = 𝜌w𝑔𝑎(ℎ − 𝑠)

e. Sekarang misalkan silinder disimpangkan ke bawah dari posisi kesetimbangannya,

sehingga bagian yang tercelup menjadi 𝑦c′ = ℎ − 𝑠 + 𝑥′ + Δ𝑥′ dengan 𝑥′ adalah

simpangan silinder dari posisi kesetimbangannya dan Δ𝑥 adalah kenaikan ketinggian

fluida dalam tangki. Dari sini, persamaan gerak silinder akan menjadi

𝑀c𝑔 + 𝑘Δ𝐿′ − 𝜌w𝑔𝑎𝑦c′ = 𝑀c𝑦

′

Pertambahan panjang pegas sekarang adalah

Δ𝐿′ = Δ𝐿 − 𝑥′

Δ𝐿′ = 𝐻 − ℎ + 𝑠 − 𝐿0 − 𝑥′

Posisi titik terbawah silinder dari posisi kesetimbangan adalah

𝑦′ = ℎ − 𝑠 + 𝑥′ ⟹ 𝑦 ′ = 𝑥 ′

Sehingga

𝑀c𝑔 + 𝑘(𝐻 − ℎ + 𝑠 − 𝐿0 − 𝑥′) − 𝜌w𝑔𝑎(ℎ − 𝑠 + 𝑥′ + Δ𝑥′) = 𝑀c𝑥 ′

𝑀c𝑔 + 𝑘(𝐻 − ℎ + 𝑠 − 𝐿0) − 𝜌w𝑔𝑎(ℎ − 𝑠) = 𝑘𝑥′ + 𝜌w𝑔𝑎(𝑥′ + Δ𝑥′) + 𝑀c𝑥

′

Suku di sisi kiri sama dengan akan bernilai nol berdasarkan persamaan pada bagian

(d)

Sehingga

𝑘𝑥′ + 𝜌w𝑔𝑎(𝑥′ + Δ𝑥′) + 𝑀c𝑥

′ = 0

Sekarang kita cari hubungan 𝑥′ dan Δ𝑥′. Karena tidak ada fluida yang hilang, volume

total fluida dalam tangki akan tetap, dari sini akan kita dapatkan bahwa volume

fluida saat setimbang akan sama dengan volume fluida saat silinder bergerak osilasi

sehingga

𝑉setimbang = 𝑉osilasi

𝐴𝐻 − 𝑎(ℎ − 𝑠) = 𝐴(𝐻 + Δ𝑥′) − 𝑎(ℎ − 𝑠 + 𝑥′ + Δ𝑥′)

𝐴𝐻 − 𝑎(ℎ − 𝑠) = 𝐴𝐻 + 𝐴Δ𝑥′ − 𝑎(ℎ − 𝑠) − 𝑎(𝑥′ + Δ𝑥′)

𝐴Δ𝑥′ = 𝑎(𝑥′ + Δ𝑥′)

(𝐴 − 𝑎)Δ𝑥′ = 𝑎𝑥′ ⟹ Δ𝑥′ =𝑎

𝐴 − 𝑎𝑥′ ⟹ Δ𝑥′ =

𝑎

𝐴 − 𝑎𝑥′

Sehingga persamaan gerak osilasi silinder akan menjadi

𝑘𝑥′ + 𝜌w𝑔𝑎 (𝑥′ +

𝑎

𝐴 − 𝑎𝑥′) +𝑀c𝑥

′ = 0


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

𝑘𝑥′ + 𝜌w𝑔𝑎 (𝐴

𝐴 − 𝑎𝑥′) + 𝑀c𝑥

′ = 0

(𝑘 +𝜌w𝑔𝑎𝐴

𝐴 − 𝑎)𝑥′ +𝑀c𝑥

′ = 0 ⟹ 𝑥′ +𝑘(𝐴 − 𝑎) + 𝜌w𝑔𝑎𝐴

𝑀c(𝐴 − 𝑎)𝑥′ = 0

Analog dengan bentuk 𝑥 + 𝜔2𝑥 = 0, besar frekuensi sudut 𝜔 akan kita dapatkan

𝜔 = √𝑘(𝐴 − 𝑎) + 𝜌w𝑔𝑎𝐴

𝑀c(𝐴 − 𝑎)

Dan dari 𝜔 = 2𝜋/𝑇 akan kita dapatkan

𝑇 = 2𝜋√𝑀c(𝐴 − 𝑎)

𝑘(𝐴 − 𝑎) + 𝜌w𝑔𝑎𝐴

i. Untuk 𝐴 → ∞ maka 𝐴 − 𝑎 ≈ 𝐴 sehingga

𝜔 = √𝑘𝐴 + 𝜌w𝑔𝑎𝐴

𝑀c𝐴⟹ 𝜔 = √

𝑘 + 𝜌w𝑔𝑎

𝑀c

Osilasi silinder ini laksana osilasi massa sederhana dengan gaya pemulih berasal

dari pegas dan juga fluida yang bersikap seperti pegas dimana keduanya memiliki

konstanta efektif 𝑘ef = 𝑘 + 𝜌w𝑔𝑎.

ii. Untuk 𝑘 → 0 maka 𝑘 ≈ 0 sehingga

𝜔 = √𝑘(𝐴 − 𝑎) + 𝜌w𝑔𝑎𝐴

𝑀c(𝐴 − 𝑎)⟹ 𝜔 = √

𝜌w𝑔𝐴

𝑀c(𝐴 − 𝑎)

Karena konstanta pegas sangat kecil, efek pegas bisa diabaikan dan silinder bersosilasi

seperti layaknya tidak ada pegas, namun ada sedikit perbedaan dengan bagian (a)

karena ada perubahan ketinggian fluida. Jika 𝐴 ≫ 𝑎 maka osilasi silinder akan seperti

pada bagian (a).

Christian Reivan

SMAN 3 Bandung

5. Terdapat dua buah silinder bermassa sama dan memiliki jari-jari 𝑅. Silinder pertama

diletakkan di pojokan antara dinding dan lantai kemudian silinder yang satunya diletakkan

di atas silinder yang pertama dan menyentuh dinding. Sistem kemudian diberikan sedikit


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

gangguan sehingga sistem mulai bergerak. Tidak ada gaya gesek yang bekerja pada sistem.

Percepatan gravitasi adalah 𝑔 dan arahnya ke bawah. asumsikan semua permukaan licin.

j. Misalkan silinder atas telah turun sejauh ℎ dan silinder bawah bergerak sejauh 𝑠,

tentukan hubungan kedua besaran ini! Nyatakan dalam sudut yang dibentuk oleh garis

penghubung kedua pusat massa silinder dengan horizontal (𝜃).

k. Tentukan hubungan kecepatan antara silinder atas dan bawah!

l. Tentukan kecepatan silinder bawah dan atas sebagai fungsi 𝜃!

m. Pada saat sudut 𝜃 berapa kecepatan silinder bawah maksimum! Tentukan kecepatan

maksimum tersebut! Khusus untuk kasus silinder masih bersentuhan.

n. Pada saat sudut 𝜃 berapa kecepatan silinder atas maksimum! Tentukan kecepatan

maksimum tersebut!

o. Tentukan kecepatan silinder atas tepat sebelum menumbuk lantai!

Solusi :

a. Perhatikan gambar di bawah ini!

Dari gambar di atas, kita dapatkan bahwa

𝑦 = 2𝑅 sin 𝜃 … (1) dan 𝑠 = 2𝑅 cos 𝜃… (2)

Sehingga

𝑔

𝑅

𝑅 𝜃

𝑅

𝑅

𝜃 3𝑅 𝑦

𝑠

2𝑅


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

𝑦

𝑠= tan 𝜃 ⟹ 𝑦 = 𝑠 tan 𝜃

Dari geometri bangun, jika bola atas turun sejauh ℎ, akan kita peroleh bahwa

ℎ = 3𝑅 − 𝑦 + 𝑅 ⟹ ℎ = 2𝑅 − 𝑦…(3)

maka

ℎ = 2𝑅 − 𝑠 tan 𝜃

b. Turunkan persamaan (1) dan (2) terhadap waktu, akan kita dapatkan

𝑑𝑦

𝑑𝑡= 2𝑅 cos 𝜃

𝑑𝜃

𝑑𝑡

𝑑𝑠

𝑑𝑡= −2𝑅 sin 𝜃

𝑑𝜃

𝑑𝑡

Bagi kedua persamaan di atas

𝑑𝑠/𝑑𝑡

𝑑𝑦/𝑑𝑡= − tan 𝜃

Turunkan persamaan (3) terhadap waktu

𝑑ℎ

𝑑𝑡= −

𝑑𝑦

𝑑𝑡

Sehingga

𝑑𝑠/𝑑𝑡

𝑑ℎ/𝑑𝑡= tan 𝜃

Dimana 𝑑𝑠/𝑑𝑡 dan 𝑑ℎ/𝑑𝑡 adalah turunan pertama perpindahan silinder bawah dan

silinder atas yang merupakan kecepatan keduanya, sehingga akan kita dapatkan

hubungan

𝑣b𝑣a

= tan 𝜃 ⟹ 𝑣b = 𝑣a tan 𝜃

c. Pada sistem ini, tidak ada gaya non-konservatif yang melakukan kerja pada sistem,

sehingga energi sistem kekal. Dari konservasi energi ini akan kita peroleh (jadikan

ketinggian pusat massa bola bawah sebagai acuan energi potensial sama dengan nol)

𝐸i = 𝐸f

2𝑚𝑔𝑅 = 2𝑚𝑔𝑅 sin 𝜃 +1

2𝑚𝑣b

2 +1

2𝑚𝑣a

2

4𝑔𝑅(1 − sin 𝜃) = 𝑣b2 + 𝑣a

2

Subtitusi persamaan (4)

4𝑔𝑅(1 − sin 𝜃) = 𝑣a2 tan2 𝜃 + 𝑣a

2 = 𝑣a2 sec2 𝜃


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

𝑣a = 2√𝑔𝑅 cos2 𝜃 (1 − sin 𝜃)

dan juga

𝑣b = 2√𝑔𝑅 sin2 𝜃 (1 − sin 𝜃)

d. Saat 𝑣b maksimum, maka 𝑣b2 juga maksimum, sehingga berlaku syarat

𝑑𝑣b2

𝑑𝜃= 0 =

𝑑

𝑑𝜃[sin2 𝜃 (1 − sin 𝜃)]

sin2 𝜃 (− cos 𝜃) + (1 − sin 𝜃)2 sin 𝜃 cos 𝜃 = 0

−sin2 𝜃 cos 𝜃 + 2 sin 𝜃 cos 𝜃 − 2 sin2 𝜃 cos 𝜃 = 0

2 = 3 sin 𝜃

sin 𝜃 =2

3⟹ 𝜃 = sin−1 (

2

3) ≈ 41,810

cos 𝜃 =√5

3

Dan kecepatan maksimumnya ini adalah

𝑣b = 2√𝑔𝑅 (5

9) (1 −

2

3) ⟹ 𝑣b = √

20

27𝑔𝑅

e. Seperti sebelumnya, Saat 𝑣a maksimum, maka 𝑣a2 juga maksimum, sehingga berlaku

syarat

𝑑𝑣a2

𝑑𝜃= 0 =

𝑑

𝑑𝜃[cos2 𝜃 (1 − sin 𝜃)]

cos2 𝜃 (−cos 𝜃) + (1 − sin 𝜃)2 cos 𝜃 (− sin 𝜃) = 0

−cos3 𝜃 − 2 sin 𝜃 cos 𝜃 + 2 sin2 𝜃 cos 𝜃 = 0

2 sin 𝜃 = 2 sin2 𝜃 − cos2 𝜃

2 sin 𝜃 = 2 sin2 𝜃 − 1 + sin2 𝜃

3 sin2 𝜃 − 2 sin 𝜃 − 1 = 0

sin 𝜃 =2 ± √4 + 12

6

sin 𝜃 =2 ± 4

6

Karena sudut 𝜃 hanya berada di antara 0 ≤ 𝜃 ≤ 𝜋/2, sudut yang memenuhi adalah

sin 𝜃 = 1 ⟹ 𝜃 =𝜋

2


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

Sekarang apakah ini benar? Jawabannya tidak, mengapa? Jika kita subtusi nilai 𝜃 ini

ke 𝑣a, nilainya malah nol. Ini artinya nilai minimum dari 𝑣a. Mengapa bisa seperti ini?

Kembali lagi ke definisi turunan, bahwa turunan pertama menandakan gradien dari

fungsi yang kita turunkan. Titik yang memiliki gradien sama dengan nol mempunyai

dua kemungkinan yaitu merupakan titik maksimum atau minimum. Sebenanrnya jika

kita interpretasi secara fisis, kita bisa dapatkan nilai maksikum dari 𝑣a. Perhatikan

bahwa saat awal, kecepatnnya masih nol. Seiring berkurangnya 𝜃, kecepatan ini

semakin besar. Baik suku cos2 𝜃 maupun (1 − sin 𝜃) semakin bertambah seiring

waktu, dan akan memiliki nilai maksimum saat 𝜃 = 0 (silinder atas sampai di lantai).

Maka kecepatan silinder atas akan maksimum saat 𝜃 = 0 dimana besarnya adalah

𝑣a = 2√𝑔𝑅. Disini saya ingin menunjukan bahwa matematika itu hanyalah alat di

fisika. Konsep fisis pada fisikalah yang mutlak juga harus kita pahami. Sebenanrnya di

sini masih ada satu masalah. Masalah ini adalah, kecepatan silinder atas akan

maksimum ketika 𝜃 = 0 hanya jika dia terus bersentuhan dengan silinder bawah.

kita perlu mengecek, apakah kedua silinder ini terus bersentuhan atau malah lepas

sebelum silinder atas tiba di atas lantai. Gaya normal antara kedua bola saat sudut 𝜃

perlu kita cari terlebih dahulu. Gaya normal ini akan bervariasi sebagai fungsi sudut

𝜃. Kita harus lihat, apakah gaya normal ini mungki bernilai nol. Ok, perhatikan

gambar di bawah ini!

Hukum II Newton untuk bola bawah arah sumbu 𝑥

∑𝐹x = 𝑚𝑎b

𝑁 cos 𝜃 = 𝑚𝑎b ⟹𝑁 =𝑚𝑎bcos 𝜃

Percepatan bola bawah adalah

𝑎a 𝜃

𝑎b

𝑁

𝑁

𝑁1

𝑁2

𝑚𝑔

𝑚𝑔


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

𝑎b =𝑑𝑣b𝑑𝑡

=𝑑

𝑑𝑡(−2𝑅 sin 𝜃

𝑑𝜃

𝑑𝑡)

𝑎b = −2𝑅 sin 𝜃𝑑2𝜃

𝑑𝑡2− 2𝑅 cos 𝜃 (

𝑑𝜃

𝑑𝑡)2

Kita gunakan versi penulisan yang lebih sederhana yaitu

𝑑2𝜃

𝑑𝑡2= 𝜃 (baca ∶ theta double dot)

𝑑𝜃

𝑑𝑡= �̇� (baca ∶ theta dot)

Sehingga

𝑎b = −2𝑅(𝜃 sin 𝜃 + �̇�2 cos 𝜃)

Sebelumnya kita mempunyai

𝑣b = 2√𝑔𝑅 sin2 𝜃 (1 − sin 𝜃) = −2𝑅 sin 𝜃 �̇�

�̇� = −√𝑔

𝑅(1 − sin 𝜃)

�̇�2 =𝑔

𝑅(1 − sin 𝜃)

Turunkan persamaan di atas terhadap waktu

𝑑�̇�2

𝑑𝑡= 2�̇�𝜃 =

𝑔

𝑅(− cos 𝜃)�̇� ⟹ 𝜃 = −

𝑔

2𝑅cos 𝜃

Sehingga

𝑎b = −2𝑅 (−𝑔

2𝑅cos 𝜃 sin 𝜃 +

𝑔

𝑅(1 − sin 𝜃) cos 𝜃)

𝑎b = 𝑔(cos 𝜃 sin 𝜃 − 2(1 − sin 𝜃) cos 𝜃)

𝑎b = 𝑔(3 sin 𝜃 − 2) cos 𝜃

Maka gaya normal pada kedua bola akan berbentuk

𝑁 = 𝑚𝑔(3 sin 𝜃 − 2)

Dan gaya ini akan bernilai nol saat

0 = 𝑚𝑔(3 sin 𝜃 − 2)

3 sin 𝜃 − 2 = 0 ⟹ sin 𝜃 =2

3⟹ 𝜃 = sin−1 (

2

3) ≈ 41,810

Jadi bola akan saling lepas saat sudutnya 𝜃 = 41,810. Sehingga kecepatan

maksimum silinder atas saat masih bersentuhan dengan silinder atas adalah


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

𝑣a = 2√𝑔𝑅 (√5

3)(1 −

2

3) ⟹ 𝑣a = √4√5

9𝑔𝑅

f. Setelah silinder saling lepas, silinder atas hanya dipercepat oleh percepatan gravitasi,

sehingga kecepatannya saat menumbuk lantai adalah

𝑣L = √𝑣a2 + 2𝑔𝐻

Dengan 𝐻 = 2𝑅 sin 𝜃 = 4𝑅/3

𝑣L = √4√5

9𝑔𝑅 + 2𝑔

4𝑅

3⟹ 𝑣L = √4√5 + 24

9𝑔𝑅

Ahmad Basyir Najwan

SMAN 3 Banjarbaru

Documents

Kontes Terbuka Olimpiade Fisika · 2019-02-19 · KTOF III Januari 2019 Halaman 2 dari 23 Kontes Terbuka Olimpiade Fisika Tata cara dan petunjuk pelaksanaan tes 1. Soal terdiri dari