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
Halaman 2 dari 23 KTOF III Januari 2019
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
Halaman 3 dari 23 KTOF III Januari 2019
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
Halaman 4 dari 23 KTOF III Januari 2019
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
Halaman 5 dari 23 KTOF III Januari 2019
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
(𝑠T −𝑁𝑠)𝑣L + 𝑠T𝑣w)
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
(𝑠T −𝑁𝑠)𝑣L + 𝑠T𝑣w)
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),
Halaman 6 dari 23 KTOF III Januari 2019
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
Halaman 7 dari 23 KTOF III Januari 2019
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
Halaman 8 dari 23 KTOF III Januari 2019
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
Halaman 9 dari 23 KTOF III Januari 2019
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
Halaman 10 dari 23 KTOF III Januari 2019
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
Halaman 11 dari 23 KTOF III Januari 2019
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
Halaman 12 dari 23 KTOF III Januari 2019
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).
Halaman 13 dari 23 KTOF III Januari 2019
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.
Halaman 14 dari 23 KTOF III Januari 2019
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
Halaman 15 dari 23 KTOF III Januari 2019
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
Halaman 16 dari 23 KTOF III Januari 2019
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
Halaman 17 dari 23 KTOF III Januari 2019
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
Halaman 18 dari 23 KTOF III Januari 2019
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
Halaman 19 dari 23 KTOF III Januari 2019
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
Halaman 20 dari 23 KTOF III Januari 2019
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
Halaman 21 dari 23 KTOF III Januari 2019
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
Halaman 22 dari 23 KTOF III Januari 2019
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
Halaman 23 dari 23 KTOF III Januari 2019
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