Terbuka Olimpiade ktof.kofi@gmail .com Fisika KTO Fisika...kecil daripada maupun ∆ , sehingga dapat diabaikan. Kita tertarik untuk mencari tahu karakteristik dari tembakan ini dan

Halaman 1 dari 28

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

Komunitas Olimpiade Fisika Indonesia (KOFI)

[email protected]

@KTOFIndonesia

KTO Fisika

KTOF I Oktober 2018

Naskah Soal dan Marking Scheme

Kontes Terbuka Olimpiade Fisika

Oktober 2018

Waktu : 60 Jam

Komunitas Olimpiade Fisika Indonesia

Tahun 2018

Halaman 2 dari 28

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika


[email protected]

@KTOFIndonesia

KTO Fisika

KTOF I Oktober 2018

Tata cara dan petunjuk pelaksanaan tes

1. Soal terdiri dari 7 soal essay. Waktu total pengerjaan tes adalah 60 Jam, dimulai

dari Jumat, 19 Oktober 2018 pukul 12.00 WIB s.d. Minggu, 21 Oktober 2018

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).

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 Oktober 2018

Contoh : KTOF-18-10-01-123_KTOF Oktober 2018

Selambat-lambatnya hari Minggu,21 Oktober 2018 pukul 23.59 WIB

mailto:[email protected]

Halaman 3 dari 28

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika


[email protected]

@KTOFIndonesia

KTO Fisika

KTOF I Oktober 2018

1. (10 Poin) Dari permukaan tanah, terdengar suara tembakan dari dasar parit. Setelah

𝑡 detik kemudian, terlihat sebuah bola keluar dari parit. Bola ini berada di atas

permukaan tanah selama ∆𝑡 detik, sebelum akhirnya turun lagi ke parit. Jarak dari

tempat bola pertama kali keluar parit sampai mulai masuk kembali ke parit adalah 𝑑.

Anggap bola hanya dipengaruhi percepatan gravitasi 𝑔 mengarah ke bawah, dan

waktu yang diperlukan suara tembakan untuk mencapai permukaan tanah jauh lebih

kecil daripada 𝑡 maupun ∆𝑡, sehingga dapat diabaikan. Kita tertarik untuk mencari

tahu karakteristik dari tembakan ini dan posisi awal bola ini ditembakkan. Kecepatan

awal bola adalah 𝑣0, sudut tembakan terhadap dasar parit adalah 𝜃, jarak horizontal

dan vertikal dari pengamat (anggap pengamat berada tepat di depan dan di bawah

puncak lintasan bola) ke posisi awal tembakan berturut-turut adalah 𝑠 dan ℎ.

a. (5 Poin) Tuliskan persamaan-persamaan yang dapat anda gunakan untuk

menentukan 𝑣0, 𝜃, 𝑠, dan ℎ!

b. (5 Poin) Tentukan 𝑣0, 𝜃, 𝑠, dan ℎ, dinyatakan dalam 𝑡, ∆𝑡, 𝑑, dan 𝑔!

Solusi :

a. Karena terdapat 4 variabel yang harus dicari, maka harus ada 4 persamaan yang

setidaknya mengandung salah satu dari 4 variabel tersebut. Persamaan tersebut

harus saling independen dan dapat diturunkan dari prinsip dasar gerak parabola.

Ada banyak kombinasi persamaan tersebut, kita hanya akan mencari salah satu

kombinasi tersebut.

Waktu yang diperlukan bola untuk menempuh jarak horizontal 2𝑠 adalah

𝜃

𝑑

ℎ

𝑠

𝑣0

Halaman 4 dari 28

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika


[email protected]

@KTOFIndonesia

KTO Fisika

KTOF I Oktober 2018

2𝑡 + ∆𝑡 =2𝑠

𝑣0 cos𝜃 ⋯ (1)… (𝟏 𝐏𝐨𝐢𝐧)

Waktu yang diperlukan bola untuk menempuh jarak horizontal 𝑑 adalah

∆𝑡 =𝑑

𝑣0 cos 𝜃 ⋯ (2) … (𝟏 𝐏𝐨𝐢𝐧)

Hubungan antara ℎ dengan waktu 𝑡 adalah

ℎ = 𝑣0𝑡 sin 𝜃 −1

2𝑔𝑡2 ⋯ (3) … (𝟏 𝐏𝐨𝐢𝐧)

Kecepatan bola arah vertikal tepat setelah keluar parit adalah

𝑣 = √𝑣02 sin2 𝜃 − 2𝑔ℎ… (𝟏 𝐏𝐨𝐢𝐧)

Hubungan antara waktu ∆𝑡 dengan kecepatan 𝑣 adalah

∆𝑡 =2𝑣

𝑔=2√𝑣02 sin2 𝜃 − 2𝑔ℎ

𝑔 ⋯ (4) … (𝟏 𝐏𝐨𝐢𝐧)

b. Langkah pengerjaan sub-soal yang ditampilkan disini didasarkan kepada 4

persamaan yang sudah kita temukan di sub-soal a). Gabung persamaan (1) dan

(2), dengan menghilangkan faktor 𝑣0 cos 𝜃, maka didapat

2𝑠

2𝑡 + ∆𝑡=𝑑

∆𝑡

𝑠 =𝑑

2(1 +

2𝑡

∆𝑡)… (𝟏 𝐏𝐨𝐢𝐧)

Selesaikan persamaan (3) untuk 𝑡, dan ambil solusi negatif, maka didapat

𝑡 =𝑣0 sin 𝜃 − √𝑣02 sin2 𝜃 − 2𝑔ℎ

𝑔=𝑣0 sin 𝜃

𝑔−∆𝑡

2

𝑣0 sin 𝜃 = 𝑔 (𝑡 +∆𝑡

2) ⋯ (5) … (𝟏 𝐏𝐨𝐢𝐧)

Persamaan (2) dan (5) dapat digabung untuk mencari nilai 𝑣0 dan 𝜃.

𝑣02 = 𝑣0

2 sin2 𝜃 + 𝑣02 cos2 𝜃 = 𝑔2 (𝑡 +

∆𝑡

2)2

+ (𝑑

∆𝑡)2

𝑣0 = √𝑔2 (𝑡 +∆𝑡

2)2

+ (𝑑

∆𝑡)2

…(𝟏 𝐏𝐨𝐢𝐧)

tan 𝜃 =𝑣0 sin 𝜃

𝑣0 cos𝜃=𝑔∆𝑡 (𝑡 +

∆𝑡2)

𝑑… (𝟏 𝐏𝐨𝐢𝐧)

Halaman 5 dari 28

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika


[email protected]

@KTOFIndonesia

KTO Fisika

KTOF I Oktober 2018

Persamaan (5) dan (3) dapat digunakan untuk mencari nilai ℎ.

ℎ = 𝑔𝑡 (𝑡 +∆𝑡

2) −

1

2𝑔𝑡2 =

𝑔𝑡

2(𝑡 + ∆𝑡)… (𝟏 𝐏𝐨𝐢𝐧)

(Yuwanza Ramadhan)

2. (18 Poin) Di dalam suatu ruangan bebas gesekan udara terdapat medan gravitasi

bumi sebesar 𝑔 yang arahnya ke bawah. Terdapat sebuah tongkat bermassa 𝑀 dan

panjang 𝐿 di dalam ruangan ini. Kedua ujung tongkat ini diikat dengan tali kemudian

tali diikatkan ke langit-langit sedemikian hingga tongkat berada dalam kondisi

horizontal dan tongkat diam. Kemudian 2 buah bola kecil (dapat dianggap benda titik)

menumbuk ujung-ujung tongkat secara tegak lurus tongkat dan kedua bola ini pada

awalnya bergerak pada bidang horizontal dengan kelajuan yang sama nilainya yaitu

𝑣0. Kedua bola ini masing-masing bermassa 𝑚1 dan 𝑚2. Sesaat setelah menumbuk

tongkat, kedua bola ini menempel pada kedua ujung tongkat. Asumsikan 𝑚1 > 𝑚2

Tali yang digunakan untuk menggantung tongkat tidak bermassa. Di sini terdapat dua

buah percobaan. Bagian (a) akan membahas bagaimana keadaan sistem pada

percobaan pertama sedangkan bagian (b), (c) dan (d) akan membahas bagaimana

keadaan sistem pada percobaan kedua.

Percobaan Pertama

a. (5 Poin) Jika kedua bola yang menumbuk tongkat pada awalnya memiliki arah

kecepatan yang sama dengan kelajuan yang sama pula yaitu 𝑣0, tentukan

kecepatan pusat massa sistem dan kecepatan sudut tongkat sessat setelah

tumbukan!

𝑔

𝐿

𝑀 𝑥

𝑦

𝑧

Halaman 6 dari 28

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika


[email protected]

@KTOFIndonesia

KTO Fisika

KTOF I Oktober 2018

Percobaan Kedua

b. (5 Poin) Sekarang kedua bola menumbuk tongkat dari arah yang berlawanan,

tentukan kecepatan pusat massa sistem dan kecepatan sudut tongkat setelah

tumbukan!

c. (3 Poin) Untuk kasus pada bagian khusus dimana 𝑚1 = 𝑚2 = 𝑚, berapakah

ketinggian maksimum yang dicapai kedua bola diukur dari ketinggian dimana

tumbukan terjadi! Untuk soal selanjutnya gunakan juga 𝑚1 = 𝑚2 = 𝑚.

d. (5 Poin) Sistem ini kemudian berosilasi, berpakah periode osilasi dari sistem bola

dan tongkat ini untuk simpangan yang kecil?

Solusi :

a. (5 Poin) Pada kondisi sesaat setelah tumbukan, tali masih vertikal sehingga tidak

ada gaya eksternal pada bidang horizontal yang mengakibatkan pula tidak ada

torsi eksternal pada arah ini pula. Akibatnya momentum linear sistem ini dan

momentum angular pada kondisi sessat sebelum dan sesudah tumbukan akan

kekal.

𝑧

𝑥

𝑣0 𝑣0

𝑚1 𝑚2

𝑧

𝑥

𝑣0

𝑣0

𝑚1

𝑚2

Halaman 7 dari 28

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika


[email protected]

@KTOFIndonesia

KTO Fisika

KTOF I Oktober 2018

Misalkan jarak pusat massa sistem ini relatif 𝑚1 dan 𝑚2 masing-masing adalah 𝐿1

dan 𝐿2. Kecepatan pusat massa dan kecepatan sudut sistem setelah tumbukan

adalah 𝑣pm dan 𝜔.

Kekekalan momentum linear (konservasi momentum linear)

𝑝i = 𝑝f

𝑚1𝑣0�̂� + 𝑚2𝑣0�̂� = (𝑚1 +𝑚2 +𝑀)𝑣pm

𝑣pm =(𝑚1 +𝑚2)𝑣0𝑚1 +𝑚2 +𝑀

�̂� ⟹ |𝑣pm| = 𝑣pm =(𝑚1 +𝑚2)𝑣0𝑚1 +𝑚2 +𝑀


Catatan : indeks i dan f maksudnya adalah initial (awal) dan final (akhir)

Kekekalan momentum angular (konservasi momentum angular) relatif pusat

massa sistem. Mengapa kita tinjau relatif pusat massa sistem? Sebenarnya

momentum angular ini kekal relatif semua titik yang bisa dijadikan poros, namun

dengan meninjau relatif pusat massa sistem kita akan dimudahkan karena tidak

perlu meninjau kontribusi momentum angular dari pusat massa sistem.

�⃗⃗�i = �⃗⃗�f

𝑚1𝑣0𝐿1𝑗̂ − 𝑚2𝑣0𝐿2𝑗̂ = 𝐼pm�⃗⃗⃗� … (𝟏 𝐏𝐨𝐢𝐧)

Berikutnya kita hitung 𝐿1 dan 𝐿2. Dari teorema pusat massa akan kita peroleh

𝐿1 =𝑚1(0) +𝑚2𝐿

𝑚1 +𝑚2⟹ 𝐿1 =

𝑚2𝐿

𝑚1 +𝑚2…(𝟎, 𝟓 𝐏𝐨𝐢𝐧)

𝐿2 =𝑚1𝐿 +𝑚2(0)

𝑚1 +𝑚2⟹ 𝐿2 =

𝑚1𝐿

𝑚1 +𝑚2…(𝟎, 𝟓 𝐏𝐨𝐢𝐧)

Momen inersia sistem adalah momen inersia 𝑚1 dan 𝑚2 relatif pusat massa

sistem ditambah momen inersia tongkat relatif pusat massa sistem pula (untuk

mencari momen inersia tonkat relatif pusat massa sistem gunakan teorema

sumbu sejajar)

𝑧

𝑥

𝜔 𝜔

𝑚1 𝑚2 𝑣pm

𝐿1 𝐿2

𝑀

Halaman 8 dari 28

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika


[email protected]

@KTOFIndonesia

KTO Fisika

KTOF I Oktober 2018

𝐼pm = 𝑚1𝐿12 +𝑚2𝐿2

2 +1

12𝑀𝐿2 +𝑀(

𝐿2 − 𝐿12

)2

𝐼pm =𝑚1𝑚2

(𝑚1 +𝑚2)𝐿2 +

1

12𝑀𝐿2 +

1

4𝑀 (

𝑚1 −𝑚2

𝑚1 +𝑚2)2

𝐿2

Kita bisa sederhanakan menjadi

𝐼pm =3𝑚1𝑚2(𝑚1 +𝑚2) + 𝑀[𝑚1

2 +𝑚22 −𝑚1𝑚2]

3(𝑚1 +𝑚2)2𝐿2…(𝟏 𝐏𝐨𝐢𝐧)

Jika kita subtitusi kembali hasil ini ke persamaan (2) akan kita peroleh bahwa

�⃗⃗⃗� = 0… (𝟏 𝐏𝐨𝐢𝐧), artinya sistem tidak berotasi setelah tumbukan.

b. (5 Poin) Seperti sebelumnya

Konservasi momentum linear

𝑝i = 𝑝f

𝑚1𝑣0�̂� − 𝑚2𝑣0�̂� = (𝑚1 +𝑚2 +𝑀)𝑣pm

(𝑚1 −𝑚2)𝑣0�̂� = (𝑚1 +𝑚2 +𝑀)𝑣pm

𝑣pm =(𝑚1 −𝑚2)𝑣0𝑚1 +𝑚2 +𝑀

�̂�

dan besarnya adalah

|𝑣pm| = 𝑣pm =(𝑚1 −𝑚2)𝑣0𝑚1 +𝑚2 +𝑀

…(𝟐 𝐏𝐨𝐢𝐧)

Konservasi momentum angular

�⃗⃗�i = �⃗⃗�f

𝑚1𝑣0𝐿1𝑗̂ + 𝑚2𝑣0𝐿2𝑗̂ = 𝐼pm�⃗⃗⃗�

𝑚1𝑣0 (𝑚2𝐿

𝑚1 +𝑚2) 𝑗̂ + 𝑚2𝑣0 (

𝑚1𝐿

𝑚1 +𝑚2) 𝑗̂

=3𝑚1𝑚2(𝑚1 +𝑚2) + 𝑀[𝑚1

2 +𝑚22 −𝑚1𝑚2]

3(𝑚1 +𝑚2)2𝐿2�⃗⃗⃗�

2𝑚1𝑚2𝑣0𝐿

𝑚1 +𝑚2𝑗̂ =

3𝑚1𝑚2(𝑚1 +𝑚2) + 𝑀[𝑚12 +𝑚2

2 −𝑚1𝑚2]

3(𝑚1 +𝑚2)2𝐿2�⃗⃗⃗�

�⃗⃗⃗� =6𝑚1𝑚2(𝑚1 +𝑚2)𝑣0

3𝑚1𝑚2(𝑚1 +𝑚2)𝐿 +𝑀[𝑚12 +𝑚22 −𝑚1𝑚2]𝐿

𝑗̂

Dimana besarnya adalah

|�⃗⃗⃗�| = 𝜔 =6𝑚1𝑚2(𝑚1 +𝑚2)𝑣0

3𝑚1𝑚2(𝑚1 +𝑚2)𝐿 +𝑀[𝑚12 +𝑚22 −𝑚1𝑚2]𝐿

… (𝟑 𝐏𝐨𝐢𝐧)

Halaman 9 dari 28

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika


[email protected]

@KTOFIndonesia

KTO Fisika

KTOF I Oktober 2018

c. (3 Poin) Untuk kasus khusus dimana 𝑚1 = 𝑚2 = 𝑚 akan kita dapatkan

𝜔 =12𝑚𝑣0

6𝑚𝐿 + 𝑀𝐿… (𝟎, 𝟓 𝐏𝐨𝐢𝐧) dan 𝐼pm =

6𝑚 +𝑀

12𝐿2…(𝟎, 𝟓 𝐏𝐨𝐢𝐧)

Setelah tumbukan, sistem ini selama pergerakannya tidak menerima kerja dari

gaya nonkonservatif sehingga energi mekanik totalnya konstan. Misalkan

kenaikan pusat massa sistem maksimum sistem adalah ℎ. Saat mencapai

kenaikan maksimum ini, sistem diam.

Hukum kekekalan energi mekanik (konservasi energi mekanik)

𝐸i = 𝐸f

1

2𝐼pm𝜔

2 = (2𝑚 +𝑀)𝑔ℎ

1

2(6𝑚 +𝑀

12𝐿2) (

12𝑚𝑣06𝑚𝐿 +𝑀𝐿

)2

= (2𝑚 +𝑀)𝑔ℎ

6𝑚2𝑣02

6𝑚 +𝑀= (2𝑚 +𝑀)𝑔ℎ ⟹ ℎ =

6𝑚2𝑣02

(6𝑚 +𝑀)(2𝑚 +𝑀)𝑔(𝟐 𝐏𝐨𝐢𝐧)

d. (5 Poin) Kita tinjau kondisi sistem saat tongkat tersimpang sejauh 𝜃 dari posisi

kesetimbangannya. Pada saat ini pula, misalkan tali tersimpang sejauh 𝜙 dari

posisi vertikalnya, maka hubungan keduanya dengan menggunakan pendekatan

simpangan yang kecil adalah

𝐿

2𝜃 = 𝐻𝜙 ⟹ 𝜙 =

𝐿

2𝐻𝜃… (𝟏 𝐏𝐨𝐢𝐧)

Proyeksi gaya tegangan tali (𝑇0) pada bidang horizontal memberikan torsi

pemulih pada sistem yang besarnya adalah (menggunakan pendekatan

simpangan yang kecil)

𝜏p = 2(𝑇0𝐿

2𝜙) ⟹ 𝜏p = 𝑇0𝐿𝜙… (𝟎, 𝟓 𝐏𝐨𝐢𝐧)

Karena simpangan yang kecil pula, pada arah vertikal kita bisa asumsikan

percepatan sistem sama dengan nol sehingga

2𝑇0 = (2𝑚 +𝑀)𝑔 ⟹ 𝑇0 =1

2(2𝑚 +𝑀)𝑔… (𝟎, 𝟓 𝐏𝐨𝐢𝐧)

Sehingga torsi permulih sistem dapat kita tulis ulang menjadi

𝜏p =1

2(2𝑚 +𝑀)𝑔𝐿

𝐿

2𝐻𝜃 ⟹ 𝜏p =

(2𝑚 +𝑀)𝑔𝐿2

4𝐻𝜃… (𝟏 𝐏𝐨𝐢𝐧)

Halaman 10 dari 28

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika


[email protected]

@KTOFIndonesia

KTO Fisika

KTOF I Oktober 2018

Persamaan gerak sistem akan menjadi

∑𝜏 = −𝜏p = 𝐼pm�̈�

−(2𝑚 +𝑀)𝑔𝐿2

4𝐻𝜃 =

6𝑚 +𝑀

12𝐿2�̈�

�̈� +3(2𝑚 +𝑀)𝑔

(6𝑚 +𝑀)𝐻𝜃 = 0… (𝟏 𝐏𝐨𝐢𝐧)

Persamaan terakhir ini analog dengan persamaan gerak harmonik sederhana

yaitu �̈� + 𝜔2𝜃 = 0 sehingga kecepatan atau frekuensi sudut osilasi sistem adalah

𝜔 = √3(2𝑚 +𝑀)𝑔

(6𝑚 +𝑀)𝐻…(𝟎, 𝟓 𝐏𝐨𝐢𝐧)

karena 𝜔 =2𝜋

𝑇 atau 𝑇 =

2𝜋

𝜔,maka periode osilasi sistem ini adalah

𝑇 = 2𝜋√(6𝑚 +𝑀)𝐻

3(2𝑚 +𝑀)𝑔… (𝟎, 𝟓 𝐏𝐨𝐢𝐧)

(Ahmad Basyir Najwan)

3. (13 Poin) Soal ini akan meninjau sebuah bidang yang memiliki koefisien gesek 𝜇 dan

koefisien restitusi 𝑒, dan pengaruhnya kepada benda yang menabraknya. Untuk

seterusnya, anggap bendanya adalah benda titik, dan nilai 𝜇 tidak terlalu besar agar

selama proses tumbukan, benda masih bisa slip terhadap bidang. Sebuah benda

menabrak bidang ini dengan kecepatan 𝑣𝑦 tegak lurus bidang, dan 𝑣𝑥 paralel bidang,

sesaat sebelum menabrak bidang.

a. (3 Poin) Tentukan kecepatan benda tepat setelah tumbukan, arah tegak lurus dan

paralel bidang, dinyatakan dalam 𝑣𝑥 , 𝑣𝑦 , 𝜇, dan 𝑒!

𝑚 𝑣𝑥

𝑣𝑦

𝑣𝑦′

𝑣𝑥′

𝑚

𝜇, 𝑒

Halaman 11 dari 28

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika


[email protected]

@KTOFIndonesia

KTO Fisika

KTOF I Oktober 2018

Untuk sub-soal b), ada sebuah benda bermassa 𝑚 diberi kecepatan awal 𝑣0 paralel

bidang, dengan posisi awalnya di ketinggian ℎ diatas bidang ini. Medan gravitasi

bekerja ke arah tegak lurus bidang sebesar 𝑔.

b. (4 Poin) Tentukan kecepatan benda tepat setelah tumbukan ke-1, 2, dan 3, lalu

perhatikan pola yang terlihat di ketiga hasil itu, dan generalisir pola tersebut

untuk mendapatkan kecepatan benda tepat setelah tumbukan ke-𝑛.

Untuk sub-soal c), sekarang bidangnya ada dua, kedua bidang paralel satu sama lain,

dan permukaan kasarnya saling berhadapan. Sebuah benda bermassa 𝑚 yang

awalnya menyentuh salah satu bidang, diberi kecepatan awal 𝑣0 yang orientasinya

sebesar 𝜃 terhadap bidang tersebut, diarahkan menuju bidang yang lain. Abaikan

gravitasi pada kasus ini.

c. (4 Poin) Tentukan kecepatan benda tepat setelah tumbukan ke-1, 2, dan 3, lalu

perhatikan pola yang terlihat di ketiga hasil itu, dan generalisir pola tersebut

untuk mendapatkan kecepatan benda tepat setelah tumbukan ke-𝑛.

d. (2 Poin) Berdasarkan hasil b) dan c), tentukan kecepatan benda sesaat setelah

tumbukan ke-𝑛, dimana 𝑛 → ∞, untuk kedua kasus diatas.

Solusi :

a. Persamaan impuls gaya normal dan gaya gesek yang bekerja pada benda adalah

𝑁 𝑑𝑡 = 𝑚(𝑣𝑦′ + 𝑣𝑦) … (𝟎, 𝟕𝟓 𝐏𝐨𝐢𝐧)

−𝜇𝑁 𝑑𝑡 = 𝑚(𝑣𝑥′ − 𝑣𝑥) … (𝟎, 𝟕𝟓 𝐏𝐨𝐢𝐧)

𝜇, 𝑒

ℎ

𝑣0 𝑔 𝑚

𝜇, 𝑒

𝜇, 𝑒

𝜃

𝑣0

𝑚

Halaman 12 dari 28

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika


[email protected]

@KTOFIndonesia

KTO Fisika

KTOF I Oktober 2018

Hubungan 𝑣𝑦′ dan 𝑣𝑦 adalah

𝑣𝑦′ = 𝑒𝑣𝑦 …(𝟎, 𝟓 𝐏𝐨𝐢𝐧)

Selesaikan ketiga persamaan diatas untuk 𝑣𝑥′ dan 𝑣𝑦

′ , maka didapat

𝑣𝑥′ = 𝑣𝑥 − 𝜇(1 + 𝑒)𝑣𝑦…(𝟎, 𝟓 𝐏𝐨𝐢𝐧)

𝑣𝑦′ = 𝑒𝑣𝑦 …(𝟎, 𝟓 𝐏𝐨𝐢𝐧)

Hasil ini akan berguna untuk mempermudah pengerjaan sub-soal berikutnya.

b. Analisis setiap tumbukan:

1) Tumbukan pertama. Kecepatan tepat sebelum tumbukan

𝑣𝑥0 = 𝑣0

𝑣𝑦0 = √2𝑔ℎ

Kecepatan tepat setelah tumbukan

𝑣𝑥1 = 𝑣0 − 𝜇(1 + 𝑒)√2𝑔ℎ

𝑣𝑦1 = 𝑒√2𝑔ℎ

2) Tumbukan kedua. Kecepatan tepat sebelum tumbukan

𝑣𝑥1 = 𝑣0 − 𝜇(1 + 𝑒)√2𝑔ℎ

𝑣𝑦1 = 𝑒√2𝑔ℎ


𝑣𝑥2 = 𝑣0 − 𝜇(1 + 𝑒)√2𝑔ℎ(1 + 𝑒)

𝑣𝑦2 = 𝑒2√2𝑔ℎ

3) Tumbukan ketiga. Kecepatan tepat sebelum tumbukan

𝑣𝑥2 = 𝑣0 − 𝜇(1 + 𝑒)√2𝑔ℎ(1 + 𝑒)



𝑣𝑥3 = 𝑣0 − 𝜇(1 + 𝑒)√2𝑔ℎ(1 + 𝑒 + 𝑒2)


Memberikan penurunan pola yang sesuai untuk 𝒗𝒙 (1 Poin)

Memberikan penurunan pola yang sesuai untuk 𝒗𝒚 (1 Poin)

Berdasarkan pola yang terlihat, dapat disimpulkan bahwa

Halaman 13 dari 28

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika


[email protected]

@KTOFIndonesia

KTO Fisika

KTOF I Oktober 2018

𝑣𝑥𝑛 = 𝑣0 − 𝜇(1 + 𝑒)√2𝑔ℎ(1 + 𝑒 + 𝑒2 +⋯+ 𝑒𝑛−1)

= 𝑣0 − 𝜇(1 + 𝑒)1 − 𝑒𝑛

1 − 𝑒√2𝑔ℎ … (𝟏, 𝟓 𝐏𝐨𝐢𝐧)

𝑣𝑦𝑛 = 𝑒𝑛√2𝑔ℎ … (𝟎, 𝟓 𝐏𝐨𝐢𝐧)

c. Analisis setiap tumbukan:

1) Tumbukan pertama. Kecepatan tepat sebelum tumbukan

𝑣𝑥0 = 𝑣0cos (𝜃)

𝑣𝑦0 = 𝑣0sin (𝜃)


𝑣𝑥1 = 𝑣0cos (𝜃) − 𝜇(1 + 𝑒)𝑣0sin (𝜃)

𝑣𝑦1 = 𝑒𝑣0sin (𝜃)

2) Tumbukan kedua. Kecepatan tepat sebelum tumbukan

𝑣𝑥1 = 𝑣0cos (𝜃) − 𝜇(1 + 𝑒)𝑣0sin (𝜃)

𝑣𝑦1 = 𝑒𝑣0sin (𝜃)


𝑣𝑥2 = 𝑣0cos (𝜃) − 𝜇(1 + 𝑒)𝑣0sin (𝜃)(1 + 𝑒)

𝑣𝑦2 = 𝑒2𝑣0sin (𝜃)

3) Tumbukan ketiga. Kecepatan tepat sebelum tumbukan

𝑣𝑥2 = 𝑣0cos (𝜃) − 𝜇(1 + 𝑒)𝑣0sin (𝜃)(1 + 𝑒)



𝑣𝑥3 = 𝑣0cos (𝜃) − 𝜇(1 + 𝑒)𝑣0sin (𝜃)(1 + 𝑒 + 𝑒2)


Memberikan penurunan pola yang sesuai untuk 𝒗𝒙 (1 Poin)

Memberikan penurunan pola yang sesuai untuk 𝒗𝒚 (1 Poin)

Berdasarkan pola yang terlihat, dapat disimpulkan bahwa

𝑣𝑥𝑛 = 𝑣0cos (𝜃) − 𝜇(1 + 𝑒)𝑣0sin (𝜃)(1 + 𝑒 + 𝑒2 +⋯+ 𝑒𝑛−1)

= 𝑣0cos (𝜃) − 𝜇(1 + 𝑒)1 − 𝑒𝑛

1 − 𝑒𝑣0sin (𝜃) … (𝟏, 𝟓 𝐏𝐨𝐢𝐧)

𝑣𝑦𝑛 = 𝑒𝑛𝑣0 sin(𝜃) … (𝟎, 𝟓 𝐏𝐨𝐢𝐧)

d. (2 Poin) Karena 𝑒 < 1, maka ketika 𝑛 → ∞, 𝑒𝑛 → 0. Sehingga

Halaman 14 dari 28

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika


[email protected]

@KTOFIndonesia

KTO Fisika

KTOF I Oktober 2018

Kasus sub-soal b):

𝑣𝑥∞ = 𝑣0 − 𝜇1 + 𝑒

1 − 𝑒√2𝑔ℎ… (𝟎, 𝟓 𝐏𝐨𝐢𝐧)

𝑣𝑦∞ = 0… (𝟎, 𝟓 𝐏𝐨𝐢𝐧)

Kasus sub-soal c):

𝑣𝑥∞ = 𝑣0 (cos (𝜃) − 𝜇1 + 𝑒

1 − 𝑒sin (𝜃))… (𝟎, 𝟓 𝐏𝐨𝐢𝐧)

𝑣𝑦∞ = 0… (𝟎, 𝟓 𝐏𝐨𝐢𝐧)

(Yuwanza Ramadhan)

4. (12 Poin) Tiga benda, masing-masing bermassa 3𝑚, 2𝑚, dan 2𝑚 dihubungkan dengan

tali sehingga membentuk segitiga sama kaki dengan ketiga massa berada di titik sudut

segitiga tersebut. Panjang alas dan sisi miring segitiga ini adalah 𝑎 dan 𝑏. Sistem ini

berputar secara bebas (tanpa pengaruh dari luar sistem) dengan kecepatan sudut 𝜔.

Anggap sistem ini diletakkan di atas bidang licin, sehingga tidak ada pengaruh

gravitasi kepada sistem ini.

a. (2 Poin) Tentukan posisi pusat massa sistem, diukur dari posisi massa 3𝑚.

b. (3 Poin) Tentukan besar momentum anguler sistem terhadap pusat massanya.

c. (7 Poin) Selama berputar, ketiga tali akan memberikan gaya kepada ketiga benda

tersebut. Tentukan besar gaya yang dikerjakan masing-masing tali! (Hati-hati! Jika

anda menghasilkan persamaan yang lebih banyak daripada variabel yang

diketahui, pastikan bahwa solusi yang anda dapatkan konsisten untuk semua

persamaan. Jika tidak, maka sudah pasti tidak ada solusi untuk semua persamaan

tersebut.)

3𝑚

2𝑚 2𝑚

𝜔 𝜔

𝜔

𝑎

𝑏 𝑏

Halaman 15 dari 28

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika


[email protected]

@KTOFIndonesia

KTO Fisika

KTOF I Oktober 2018

Solusi :

a. (2 Poin) Perhatikan gambar di bawah ini!

Posisi pusat massa sistem akan berada di garis tinggi segitiga, karena sistem ini

simetris terhadap garis tingginya. Jika posisi massa 3𝑚 dijadikan 𝑧 = 0, maka

posisi pusat massa sistem adalah

𝑧𝑝𝑚 =2𝑚 ∙ √𝑏2 −

𝑎2

4 + 2𝑚 ∙√𝑏2 −

𝑎2

42𝑚 + 2𝑚 + 3𝑚

=4

7√𝑏2 −

𝑎2

4… (𝟐 𝐏𝐨𝐢𝐧)

b. (3 Poin) Jarak dari massa 2𝑚 ke pusat massa adalah

𝑠 = √𝑎2

4+ (√𝑏2 −

𝑎2

4− 𝑧𝑝𝑚)

2

=1

7√10𝑎2 + 9𝑏2 …(𝟏 𝐏𝐨𝐢𝐧)

Momen inersia sistem jika sumbu putarnya tegak lurus bidang melewati pusat

massa sistem adalah

𝐼𝑝𝑚 = 3𝑚 ∙ 𝑧𝑝𝑚2 + 2𝑚 ∙ 𝑠2 + 2𝑚 ∙ 𝑠2 =

4

7𝑚(3𝑏2 + 𝑎2)… (𝟏 𝐏𝐨𝐢𝐧)

Sehingga, momentum anguler sistem terhadap pusat massanya adalah

𝐿 = 𝐼𝑝𝑚𝜔 =4𝑚𝜔

7(3𝑏2 + 𝑎2) … (𝟏 𝐏𝐨𝐢𝐧)

c. (7 Poin) Perhatikan diagram gaya pada massa 3𝑚 dan 2𝑚 berikut!

3𝑚

2𝑚 2𝑚

𝜃2

𝜃1

𝜃 𝜃

𝜃2 𝜃1

𝑧pm

Halaman 16 dari 28

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika


[email protected]

@KTOFIndonesia

KTO Fisika

KTOF I Oktober 2018

Persamaan gaya yang bekerja kepada setiap massa adalah

2𝑇1 cos𝜃 = 3𝑚𝜔2𝑧𝑝𝑚 ⋯ (1) … (𝟎, 𝟓 𝐏𝐨𝐢𝐧)

𝑇1 cos 𝜃2 + 𝑇2 cos 𝜃1 = 2𝑚𝜔2𝑠 ⋯ (2)… (𝟎, 𝟓 𝐏𝐨𝐢𝐧)

𝑇1 sin 𝜃2 − 𝑇2 sin 𝜃1 = 0 ⋯ (3)… (𝟎, 𝟓 𝐏𝐨𝐢𝐧)

Ada 2 variabel yang tersedia, sedangkan kita memiliki 3 persamaan. Kita harus

mengkonfirmasi bahwa tetap ada solusi untuk setiap variabel yang konsisten

dengan ketiga persamaan ini. Dari persamaan (1), maka didapat

𝑇1 =3𝑚𝜔2𝑧𝑝𝑚2 cos𝜃

=6𝑚𝜔2𝑏

7… (𝟏 𝐏𝐨𝐢𝐧)

Gunakan persamaan (3) untuk mencari 𝑇2 dinyatakan dalam 𝑇1, lalu disubstitusi

ke persamaan (2), maka didapat

𝑇1 (cos𝜃2 +sin 𝜃2sin 𝜃1

cos 𝜃1) = 2𝑚𝜔2𝑠

𝑇1sin 𝜃1

sin(𝜃1 + 𝜃2) = 2𝑚𝜔2𝑠

𝑇1𝑠

√𝑏2 −𝑎2

4 − 𝑧𝑝𝑚

√𝑏2 −𝑎2

4𝑏

= 2𝑚𝜔2𝑠

𝑇17

3𝑏= 2𝑚𝜔2

2𝑚𝜔2 = 2𝑚𝜔2…(𝟏 𝐏𝐨𝐢𝐧)

Dari analisis diatas, terbukti bahwa persamaan (2) dan (3) sebenarnya tidak

independen, sehingga kita bisa memilih untuk mencari 𝑇2 dari persamaan (2)

atau (3), dan hasilnya tidak akan berbeda. Kita akan gunakan persamaan (3)

untuk mencari 𝑇2.

2𝑚

𝑇2

𝑠 𝜔

𝑇1

𝜃2

𝜃1

3𝑚

𝜃 𝜃

𝑧pm 𝑇1 𝑇1

𝜔

Halaman 17 dari 28

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika


[email protected]

@KTOFIndonesia

KTO Fisika

KTOF I Oktober 2018

𝑇2 = 𝑇1sin 𝜃2sin 𝜃1

…(𝟎, 𝟓 𝐏𝐨𝐢𝐧)

Kita dapat mencari sin 𝜃2 dengan menggunakan aturan sinus.

sin 𝜃

𝑠=sin 𝜃2𝑧𝑝𝑚

sin 𝜃2 = sin 𝜃𝑧𝑝𝑚𝑠… (𝟏 𝐏𝐨𝐢𝐧)

Sehingga,

𝑇2 = 𝑇1sin 𝜃 ∙

𝑧𝑝𝑚𝑠

(

√𝑏2 −

𝑎2

4 − 𝑧𝑝𝑚

𝑠

)

= 𝑇12𝑎

3𝑏⟹ 𝑇2 =

4𝑚𝜔2𝑎

7… (𝟐 𝐏𝐨𝐢𝐧)

(Yuwanza Ramadhan)

5. (17 Poin) Suatu batang bermassa 𝑚 dan memiliki panjang 𝑑 berada pada suatu bidang

vertikal dimana ujung atasnya dipasang pada suatu poros bebas gesekan. Batang ini

pada awalnya ditahan untuk tetap diam. Kemudian suatu piringan dengan jari-jari 𝑅

dan massa 𝑀 menumbuk batang tepat di ujung bawahnya secara horizontal. Piringan

ini pada awalnya bergerak dengan kelajuan 𝑣0 dan berotasi dengan kecepatan sudut

𝜔0 terhadap pusat massanya. Setelah tumbukan, pusat massa piringan menyatu

dengan ujung bawah batang sehingga piringan berhenti melakukan gerak translasi.

Akan tetapi, karena ujung bawah batang yang berhimpit dengan pusat massa piringan

dapat dianggap sebagai poros bebas gesekan, piringan akan tetap berotasi setelah

tumbukan.

𝜔0

𝑣0 𝑅

𝑀

𝑑

poros atas

penahan

𝑔

𝑑

𝜔1 =?

𝑅 𝑚

𝑀

penahan

Halaman 18 dari 28

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika


[email protected]

@KTOFIndonesia

KTO Fisika

KTOF I Oktober 2018

a. (2 Poin) Besaran apakah yang kekal selama proses tumbukan antara piringan dan

batang yang tidak dapat bergerak tersebut?

b. (2 Poin) Berapakah kecepatan sudut piringan setelah tumbukan?

c. (1 Poin) Penahan pada batang kemudian dilepaskan, apakah dia akan bergerak?

d. (3 Poin) Suatu ketika, piringan tersentak sehingga dia

berhenti berotasi terhadap pusat massanya dan batang

mulai bergerak bersama piringan. Tentukan besar

kecepatan sudut batang dan piringan saat ini!

e. (5 Poin) Batang dan piringan ini kemudian berosilasi

karena kecepatan sudut awal piringan cukup kecil,

tentukan kecepatan sudut osilasi sistem!

f. (4 Poin) Berapa sudut maksimum yang dibentuk oleh batang dan garis vertikal!

Solusi :

a. (2 Poin) Besaran yang kekal adalah momentum angular piringan relatif terhadap

pusat massanya (1 Poin) karena pada kerangka ini tidak ada torsi eksternal yang

bekerja pada piringan (1 Poin).

b. (2 Poin) Dari konservasi momentum angular akan kita peroleh

𝐿i = 𝐿f…(𝟏 𝐏𝐨𝐢𝐧)

Perhatikan bahwa momentum angular piringan kekal dan tidak ada tambahan

pada momen inersia piringan saat sudah menyatu dengan batang sehingga

kecepatan sudutnya tetap

𝜔1 = 𝜔0 …(𝟏 𝐏𝐨𝐢𝐧)

c. (1 Poin) Saat penahan dilepas, batang belum akan bergerak karena piringan sudah

seimbang dan tidak terjadi perubahan pada poros rotasinya. Piringan akan tetap

berotasi dengan kecepatan sudut 𝜔0 (𝟏 𝐏𝐨𝐢𝐧).

d. (3 Poin) Jika batang dan tongkat kita tinjau menjadi suatu kesatuan sistem, maka

gaya luar hanya akan berasal dari poros rotasi atas. Maka jika kita tinjau

momentum angular sistem relatif poros atas ini kan kekal.

Sistem ini seperti bandul fisis dengan momen inersia terhadap poros nya adalah

𝐼sis =3𝑚(𝑅2 + 2𝑑2) +𝑀𝑑2

6… (𝟏 𝐏𝐨𝐢𝐧)

𝜔2 =?

𝑑

𝑅 𝑚

𝑀

Halaman 19 dari 28

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika


[email protected]

@KTOFIndonesia

KTO Fisika

KTOF I Oktober 2018

Misalkan kecepatan sudut awal sistem setelah piringan tersentak dan bergerak

bersama batang adalah 𝜔2.

Konservasi momentum angular (relatif poros atas)

𝐿i = 𝐿f…(𝟏 𝐏𝐨𝐢𝐧)

1

2𝑚𝑅2𝜔0 = (

3𝑚(𝑅2 + 2𝑑2) + 𝑀𝑑2

6)𝜔2

3𝑚𝑅2𝜔0 = (3𝑚(𝑅2 + 2𝑑2) + 𝑀𝑑2)𝜔2

𝜔2 =3𝑚𝑅2𝜔0

3𝑚(𝑅2 + 2𝑑2) + 𝑀𝑑2…(𝟏 𝐏𝐨𝐢𝐧)

e. (5 Poin) Posisi pusat massa sistem dari poros rotasi adalah

𝑟pm =𝑚(𝑑/2) +𝑀𝑑

𝑚+𝑀⟹ 𝑟pm =

𝑚 + 2𝑀

2𝑚+ 2𝑀𝑑…(𝟏 𝐏𝐨𝐢𝐧)

Tinjau kondisi saat sistem tersimpang sejauh 𝜃 dari posisi kesetimbangannya

Hukum II Newton untuk gerak rotasi sistem memberikan

∑𝜏 = 𝐼sis�̈�

−(𝑀 +𝑚)𝑔 sin 𝜃 𝑟pm = 𝐼sis�̈� … (𝟏 𝐏𝐨𝐢𝐧)

Untuk simpangan yang kecil berlaku sin 𝜃 ≈ 𝜃 sehingga

−(𝑀 +𝑚)𝑔𝜃𝑚 + 2𝑀

2𝑚 + 2𝑀𝑑 =

3𝑚(𝑅2 + 2𝑑2) +𝑀𝑑2

6�̈�

�̈� +3(𝑚 + 2𝑀)𝑔𝑑

3𝑚(𝑅2 + 2𝑑2) + 𝑀𝑑2𝜃 = 0… (𝟐 𝐏𝐨𝐢𝐧)

Persamaan di atas analog dengan persmaan gerak harmonik sederhana yang

berbentuk �̈� + 𝜔2𝜃 = 0, sehingga kecepatan sudut osilasi sistem adalah

𝜃

(𝑀 + 𝑚)𝑔

𝑟pm

�̈�

Halaman 20 dari 28

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika


[email protected]

@KTOFIndonesia

KTO Fisika

KTOF I Oktober 2018

𝜔 = √3(𝑚 + 2𝑀)𝑔𝑑

3𝑚(𝑅2 + 2𝑑2) + 𝑀𝑑2…(𝟏 𝐏𝐨𝐢𝐧)

f. (4 Poin) Solusi umum persamaan gerak harmonik sederhana �̈� + 𝜔2𝜃 = 0 adalah

𝜃(𝑡) = 𝜃maks sin(𝜔𝑡 + 𝜙)… (𝟎, 𝟕𝟓 𝐏𝐨𝐢𝐧)

dan turunan pertamanya terhadap waktu adalah

�̇�(𝑡) = 𝜔𝜃maks cos(𝜔𝑡 + 𝜙)… (𝟎, 𝟕𝟓 𝐏𝐨𝐢𝐧)

Dengan 𝜃maks adalah sudut simpangan maksimum sistem dan 𝜙 adalah fase awal.

Kita definisikan saat awal adalah sesaat setelah piringan dan tongkat berotasi

bersama (setelah peristiwa sentakan). Maka saat awal (𝑡 = 0) sistem belum

tersimpang (𝜃(0) = 0) dan kecepatan sudutnya adalah �̇�(0) = 𝜔2 sehingga

𝜃(0) = 0 = 𝜃maks sin 𝜙 ⟹ 𝜙 = 0…(𝟎, 𝟕𝟓 𝐏𝐨𝐢𝐧)

Kemudian

�̇�(0) = 𝜔2 = 𝜔𝜃maks cos(0)

𝜔2 = 𝜔𝜃maks ⟹ 𝜃maks =𝜔2𝜔…(𝟎, 𝟕𝟓 𝐏𝐨𝐢𝐧)

Dengan mensubtitusi 𝜔2 dan 𝜔 akan kita peroleh simpangan sudut maksimum

sistem yaitu

𝜃maks =3𝑚𝑅2𝜔0

3𝑚(𝑅2 + 2𝑑2) + 𝑀𝑑2(√

3(𝑚 + 2𝑀)𝑔𝑑

3𝑚(𝑅2 + 2𝑑2) +𝑀𝑑2)

−1

𝜃maks =3𝑚𝑅2𝜔0

√3(𝑚 + 2𝑀)𝑔𝑑(3𝑚(𝑅2 + 2𝑑2) +𝑀𝑑2)… (𝟏 𝐏𝐨𝐢𝐧)


1. (12 Poin) Perhatikan sistem berikut!

𝑣t 𝑣r 𝑣

𝑏

𝑎

𝑚

O O

𝑎

𝑣

𝑚

Halaman 21 dari 28

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika


[email protected]

@KTOFIndonesia

KTO Fisika

KTOF I Oktober 2018

Sebuah benda dengan massa 𝑚 dihubungkan ke tali dengan panjang tali 𝑏, dan tali

dihubungkan ke titik O. Massa 𝑚 dengan titik O berada di atas sebuah bidang licin.

Awalnya, benda ini berjarak 𝑎 dari titik O, dimana 𝑎 < 𝑏, sehingga awalnya tali masih

kendur, dan benda ini diberi kecepatan awal 𝑣, tegak lurus dengan garis yang

menghubungkan titik O dengan posisi awal benda. Setelah tali mulai menegang,

panjangnya akan bertambah sebesar ∆𝑥 sampai benda tidak memiliki kecepatan arah

radial tali. Proses pemanjangan tali ini dianggap berlangsung dengan sangat singkat,

dan ∆𝑥 dianggap jauh lebih kecil daripada 𝑏, sehingga selama proses ini, penurunan

kecepatan arah radial terhadap waktu dianggap konstan.

a. (3 Poin) Tentukan perubahan energi kinetik benda!

Hasil bagian (a) akan dicari dengan cara yang berbeda di sub soal berikutnya.

b. (4 Poin) Tentukan bentuk umum dari gaya yang dikerjakan tali kepada benda, lalu

gunakan substitusi yang diperlukan!

c. (5 Poin) Tentukan usaha yang dikerjakan gaya ini kepada benda, dari 𝑏 sampai

𝑏 + ∆𝑥!

Solusi :

a. (3 Poin) Energi kinetik awal benda adalah

𝐸𝑎𝑤𝑎𝑙 =1

2𝑚𝑣2 …(𝟎, 𝟓 𝐏𝐨𝐢𝐧)

Perhatikan gambar di bawah ini!

Momentum anguler benda terhadap titik O kekal, sehingga kecepatan tangensial

akhir benda (𝑣𝑡′) adalah

𝑎 ×𝑚𝑣 = (𝑏 + ∆𝑥) × 𝑚𝑣𝑡′

𝑎

𝑏 + Δ𝑥

𝑚

𝑣t

O

Halaman 22 dari 28

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika


[email protected]

@KTOFIndonesia

KTO Fisika

KTOF I Oktober 2018

𝑣𝑡′ =

𝑣𝑎

𝑏 + ∆𝑥…(𝟎, 𝟓 𝐏𝐨𝐢𝐧)

Energi kinetik akhir benda adalah

𝐸𝑎𝑘ℎ𝑖𝑟 =1

2𝑚𝑣2 (

𝑎

𝑏 + ∆𝑥)2


Sehingga,

∆𝐸 = 𝐸𝑎𝑘ℎ𝑖𝑟 − 𝐸𝑎𝑤𝑎𝑙 =1

2𝑚𝑣2 ((

𝑎

𝑏 + ∆𝑥)2

− 1)… (𝟏 𝐏𝐨𝐢𝐧)

b. (4 Poin) Gaya yang diberikan tali akan memberikan percepatan radial dan

tangensial pada benda, sehingga

𝐹 = 𝑚�̈� −𝑚𝑟�̇�2…(𝟏 𝐏𝐨𝐢𝐧)

Perubahan kecepatan arah radial terhadap waktu bernilai konstan, dan

momentum anguler benda terhadap titik O masih kekal, sehingga

�̈� = −𝑣𝑟∆𝑡= −

𝑣√𝑏2 − 𝑎2

𝑏∆𝑡… (𝟏 𝐏𝐨𝐢𝐧)

dan

𝑎 ×𝑚𝑣 = 𝑟 × 𝑚𝑟�̇�

�̇� =𝑣𝑎

𝑟2…(𝟏 𝐏𝐨𝐢𝐧)

Sehingga, bentuk akhir persamaan gayanya adalah

𝐹 = −𝑚𝑣√𝑏2 − 𝑎2

𝑏∆𝑡−𝑚𝑣2𝑎2

𝑟3…(𝟏 𝐏𝐨𝐢𝐧)

c. (5 Poin) Usaha yang dikerjakan tali adalah

𝑊 = ∫ 𝐹 ∙ 𝑑𝑟𝑏+∆𝑥

𝑏

= ∫ (−𝑚𝑣√𝑏2 − 𝑎2

𝑏∆𝑡−𝑚𝑣2𝑎2

𝑟3) ∙ 𝑑𝑟

𝑏+∆𝑥

𝑏

𝑊 = −𝑚𝑣√𝑏2 − 𝑎2

𝑏

∆𝑥

∆𝑡+𝑚𝑣2𝑎2

2(

1

(𝑏 + ∆𝑥)2−1

𝑏2)… (𝟐 𝐏𝐨𝐢𝐧)

Karena kecepatan arah radial benda turun secara linier terhadap waktu, maka

0 = 𝑣𝑟2 − 2

𝑣𝑟∆𝑡∆𝑥

∆𝑥

∆𝑡=𝑣√𝑏2 − 𝑎2

2𝑏… (𝟏 𝐏𝐨𝐢𝐧)

Sehingga,

Halaman 23 dari 28

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika


[email protected]

@KTOFIndonesia

KTO Fisika

KTOF I Oktober 2018

𝑊 = −𝑚𝑣(𝑏2 − 𝑎2)

2𝑏2+𝑚𝑣2𝑎2

2(

1

(𝑏 + ∆𝑥)2−1

𝑏2)

𝑊 =1

2𝑚𝑣2 (−1 + (

𝑎

𝑏 + ∆𝑥)2

)… (𝟐 𝐏𝐨𝐢𝐧)

(Yuwanza Ramadhan)

7. (18 Poin) Sebuah silinder homogen dengan massa 𝑀 dan jari-jari 𝑅 di gantung pada

sebuah atap melalui 2 buah tali yang panjangnya 𝐿 yang diikatkan pada 2 titik tetap

di atap sehingga kedua tali sejajar dan poros yang melalui pusat massanya. Kemudian

suatu beban bermassa 𝑚 juga digantung di atap dimana tali yang menggantung beban

ini di paku di bagian tengah dari kedua tali yang menggantung silinder. Percepatan

gravitasi adalah 𝑔 dan arahnya ke bawah pada sistem ini.

a. (2 Poin) Tentukan sudut yang dibentuk tali penggantung silinder dengan vertikal!

Sekarang, titik pakuan tali yang menggantungkan silinder di atap dipindahkan ke

suatu dinding kasar. Pada silinder kemudian dililitkan tali dan pada ujung tali ini

dipasang beban 𝑚.

𝑀

𝑚

𝐿

𝑅 kasar

𝑀

𝑚

𝐿

𝑅

Halaman 24 dari 28

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika


[email protected]

@KTOFIndonesia

KTO Fisika

KTOF I Oktober 2018

b. (2 Poin) Gambarkan diagram gaya pada beban dan silinder!

c. (2 Poin) Tentukan besar gaya gesek antara dinding dan silinder!

d. (2 Poin) Tentukan besar gaya normal yang diberikan dinding pada slinder!

e. (2 Poin) Agar sistem ini setimbang, berapakah koefisien gesek minimum (𝜇min)

antara silinder dengan dinding?

f. (3 Poin) Jika sekarang nilai 𝜇 < 𝜇min, sistem ini tidak setimbang, baik silinder

maupun beban akan bergerak. Tentukan persamaan-persamaan pada Silinder dan

beban yang memenuhi Hukum Newton!

g. (1 Poin) Bagaimana hubungan antara percepatan sudut silinder dengan

percepatan beban?

h. (4 Poin) Berapakah percepatan sudut silinder dan percepatan beban?

Solusi :

a. (2 Poin) Perhatikan bahwa pada arah mendatar atau

horizontal, pada sistem kita tidak ada gaya horizontal

eksternal yang bekerja, sehingga pusat massa sistem akan

tepat ada di bawah titik dimana tali menggantung pada

atap. Sehingga akan kita dapatkan

𝑥pm =𝑚𝑥m −𝑀𝑥M𝑀 +𝑚

= 0…(𝟎, 𝟓 𝐏𝐨𝐢𝐧)

𝑀𝑥M = 𝑚𝑥m

𝑀𝐿 sin 𝜙⏟ (𝟎,𝟓 𝐏𝐨𝐢𝐧)

= 𝑚(𝑅 − 𝐿 sin 𝜙)⏟ (𝟎,𝟓 𝐏𝐨𝐢𝐧)

(𝑀 +𝑚)𝐿 sin𝜙 = 𝑚𝑅

sin 𝜙 =𝑚𝑅

(𝑀 +𝑚)𝐿

𝜙 = sin−1 [𝑀𝑅

(𝑀 +𝑚)𝐿]… (𝟎, 𝟓 𝐏𝐨𝐢𝐧)

b. (2 Poin) Berikut gambar diagram gaya pada silinder dan beban.

𝑀

𝑚

𝐿

𝑅

𝜙

𝑥M 𝑥m

Halaman 25 dari 28

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika


[email protected]

@KTOFIndonesia

KTO Fisika

KTOF I Oktober 2018

(1,5 Poin) untuk diagram pada silinder

(0,5 Poin) untuk diagram pada beban

c. (2 Poin) Tinjau keseimbangan masing-masing benda menggunakan Hukum I

Newton.

Untuk beban, keseimbangan arah sumbu 𝑦

∑𝐹y = 0

𝑇 − 𝑚𝑔 = 0 ⟹ 𝑇 = 𝑚𝑔…(𝟎, 𝟓 𝐏𝐨𝐢𝐧)

Untuk silinder arah, keseimbangan arah sumbu 𝑥 dan 𝑦

∑𝐹x = 0

−𝐾 sin 𝜃 + 𝑁 = 0⟹ 𝐾 sin 𝜃 = 𝑁…(1) … (𝟎, 𝟓 𝐏𝐨𝐢𝐧)

∑𝐹y = 0

𝐾 cos𝜃 − 𝑀𝑔 − 𝑇 − 𝑓 = 0

𝐾 cos𝜃 = 𝑓 + (𝑀 +𝑚)𝑔… (2) … (𝟎, 𝟓 𝐏𝐨𝐢𝐧)

Dari keseimbangan torsi untuk silinder terhadap pusat massanya akan kita

peroleh

∑𝜏pm = 0

𝑓𝑅 − 𝑇𝑅 = 0 ⟹ 𝑓 = 𝑇 = 𝑚𝑔…(𝟎, 𝟓 𝐏𝐨𝐢𝐧)

d. (2 Poin) Persamaan (2) akan menjadi

𝐾 cos𝜃 = (𝑀 + 2𝑚)𝑔

𝐾 =(𝑀 + 2𝑚)𝑔

cos𝜃… (3)… (𝟏 𝐏𝐨𝐢𝐧)

Subtitusi persamaan (3) ke (1)

𝑀𝑔

𝑚𝑔

𝐾

𝑁

𝑓 𝑇

𝑇 𝜃

Halaman 26 dari 28

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika


[email protected]

@KTOFIndonesia

KTO Fisika

KTOF I Oktober 2018

(𝑀 + 2𝑚)𝑔

cos𝜃sin 𝜃 = 𝑁 ⟹ 𝑁 = (𝑀 + 2𝑚)𝑔 tan 𝜃 … (𝟏 𝐏𝐨𝐢𝐧)

e. (2 Poin) Hubungan gaya gesek dan gaya normal dari dinding pada silinder adalah

𝑓 ≤ 𝜇𝑁…(𝟎, 𝟓 𝐏𝐨𝐢𝐧)

𝜇 ≥𝑓

𝑁=

𝑚𝑔

(𝑀 + 2𝑚)𝑔 tan𝜃

𝜇min =𝑚

(𝑀 + 2𝑚) tan 𝜃… (𝟎, 𝟓 𝐏𝐨𝐢𝐧)

Dari geometri sistem kita akan peroleh

sin 𝜃 =𝑅

𝐿⟹ tan 𝜃 =

𝑅

√𝐿2 − 𝑅2…(𝟎, 𝟓 𝐏𝐨𝐢𝐧)

Sehingga

𝜇min =𝑚√𝐿2 − 𝑅2

(𝑀 + 2𝑚)𝑅… (𝟎, 𝟓 𝐏𝐨𝐢𝐧)

f. (3 Poin) Berikut adalah diagram gaya yang bekerja pada silinder dan beban jika

𝜇 < 𝜇min

Silinder masih memenuhi Hukum I Newton untuk gerak translasi sehingga

∑𝐹x = 0

−𝐾′ sin 𝜃 + 𝑁′ = 0 ⟹ 𝐾′ =𝑁′

sin 𝜃… (4)… (𝟎, 𝟕𝟓 𝐏𝐨𝐢𝐧)

∑𝐹y = 0

𝐾′ cos𝜃 −𝑀𝑔 − 𝑇′ − 𝜇𝑁′ = 0

𝑀𝑔 𝑚𝑔

𝐾′

𝑁′

𝑓′ = 𝜇𝑁′

𝛼 𝑎

𝑇′

𝑇′ 𝜃

Halaman 27 dari 28

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika


[email protected]

@KTOFIndonesia

KTO Fisika

KTOF I Oktober 2018

𝐾′ cos 𝜃 = 𝜇𝑁′ + 𝑇′ +𝑀𝑔…(5)… (𝟎, 𝟕𝟓 𝐏𝐨𝐢𝐧)

Silinder berotasi dengan percepatan sudut 𝛼, menggunakan Hukum II Newton

untuk gerak rotasi akan kita peroleh

−𝑓′𝑅 + 𝑇′𝑅 =1

2𝑀𝑅2𝛼

−𝜇𝑁′ + 𝑇′ =1

2𝑀𝑅𝛼… (6)… (𝟎, 𝟕𝟓 𝐏𝐨𝐢𝐧)

Untuk gerak beban arah vertikal, dari Hukum II Newton kita peroleh pula

∑𝐹y = 𝑚𝑎

𝑚𝑔 − 𝑇′ = 𝑚𝑎 ⟹ 𝑇′ = 𝑚𝑔 − 𝑚𝑎…(7)… (𝟎, 𝟕𝟓 𝐏𝐨𝐢𝐧)

g. (1 Poin) Percepatan beban akan sama dengan percepatan tali dan percepatan tali

akan sama dengan percepatan suatu titik di tepi silinder yang merupakan

percepatan tangensial tepi silinder. Dari sini akan kita peroleh bahwa

𝑎 = 𝛼𝑅… (𝟏 𝐏𝐨𝐢𝐧)

h. (4 Poin) Subtitusi persamaan di atas dan persamaan (7) ke persamaan (6)

−𝜇𝑁′ +𝑚𝑔 −𝑚𝑎 =1

2𝑀𝑎

𝜇𝑁′ = 𝑚𝑔 −2𝑚 +𝑀

2𝑎… (8) … (𝟎, 𝟓 𝐏𝐨𝐢𝐧)

Subtitusi persamaan (7) dan (8) ke (5)

𝐾′ cos 𝜃 = 𝑚𝑔 −2𝑚 +𝑀

2𝑎 +𝑚𝑔 −𝑚𝑎 +𝑀𝑔

𝐾′ cos 𝜃 =2𝑚 +𝑀

2𝑔 −

4𝑚 +𝑀

2𝑎… (𝟎, 𝟕𝟓 𝐏𝐨𝐢𝐧)

Subtitusi persamaan (4)

𝑁′

sin 𝜃cos 𝜃 =

2𝑚 +𝑀

2𝑔 −

4𝑚 +𝑀

2𝑎

𝑁′ =2𝑚 +𝑀

2𝑔 tan 𝜃 −

4𝑚 +𝑀

2𝑎 tan𝜃 … (9) … (𝟎, 𝟕𝟓 𝐏𝐨𝐢𝐧)

Subtitusi persamaan (9) ke (8)

𝜇2𝑚 +𝑀

2𝑔 tan𝜃 − 𝜇

4𝑚 +𝑀

2𝑎 tan 𝜃 = 𝑚𝑔 −

2𝑚+𝑀

2𝑎

Halaman 28 dari 28

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika


[email protected]

@KTOFIndonesia

KTO Fisika

KTOF I Oktober 2018

𝜇(2𝑚 +𝑀)𝑔 tan 𝜃 − 𝜇(4𝑚 +𝑀)𝑎 tan 𝜃 = 2𝑚𝑔 − (2𝑚 +𝑀)𝑎

(2𝑚 +𝑀 − 𝜇(4𝑚 +𝑀) tan 𝜃)𝑎 = (2𝑚 − 𝜇(2𝑚 +𝑀) tan 𝜃)𝑔

𝑎 =2𝑚 − 𝜇(2𝑚 +𝑀) tan 𝜃

2𝑚 +𝑀 − 𝜇(4𝑚 +𝑀) tan𝜃𝑔… (𝟏 𝐏𝐨𝐢𝐧)

dan

𝛼 =2𝑚 − 𝜇(2𝑚 +𝑀) tan 𝜃

𝑅(2𝑚 +𝑀 − 𝜇(4𝑚 +𝑀) tan 𝜃)𝑔… (𝟏 𝐏𝐨𝐢𝐧)

dengan tan 𝜃 =𝑅

√𝐿2 − 𝑅2


Documents

Terbuka Olimpiade ktof.kofi@gmail .com Fisika KTO Fisika...kecil daripada maupun ∆ , sehingga dapat diabaikan. Kita tertarik untuk mencari tahu karakteristik dari tembakan ini dan