Kumpulan soal-soal level seleksi provinsi: solusi:

Tim Olimpiade Fisika Indonesia
Kumpulan soal-soal level seleksi provinsi:
1. Sebuah bola A berjari-jari r menggelinding tanpa slip ke bawah dari puncak sebuah bola B berjarijari R. Anggap bola bawah tidak bergerak sama sekali. Hitung kecepatan sudut bola A ketika
meninggalkan bola B! Anggap kecepatan awal bola A nol. Anggap gesekan sangat besar, sehingga
bola tidak dapat slip.
solusi:
B
Pertama tentukan dahulu hubungan-hubungan sudut pada gerak bola
A. Perhatikan busur AB pada bola A. Supaya tidak slip, maka
A
panjang busur AB pada bola A harus sama dengan AB pada bola B.
θ
Dari hubungan ini, didapat Rθ = rφ. Tetapi sudut φ dihitung relatif
A
φ
θ
B
terhadap sumbu yang berubah-ubah terhadap waktu (sumbu dari
pusat bola A ke pusat bola B).
Kecepatan sudut bola A harusnya diukur terhadap sumbu yang tetap, sehingga kecepatan sudut A
seharusnya terkait laju perubahan sudut φ + θ atau diberikan oleh ωθ + ωφ.
Selanjutnya hitung energi kinetik bola A saat di posisi sudut θ.
Ada 2 komponen energi kinetik: energi kinetik translasi dan energi kinetik rotasi.
Kecepatan pusat massa bola A diberikan oleh (r+R) ωθ, dengan ωθ adalah laju perubahan sudut θ
terhadap waktu.
Energi kinetik translasi =
Energi kinetik rotasi =
1
EK t = mr R2  2
2
1
1
EK r= I  2= m rR 2
2
5
Energi potensial di sudut θ diberikan oleh mg (r+R) cos θ.
Energi mekanik mula-mula = mg (r+R)
1
2
2 1
2 2
Hukum kekekalan energi: mg  rR=mg r Rcos  m rR   mr R 
2
5
atau
g 1−cos =
7
 rR 2 .
10
Tinjauan persamaan gerak bola A dalam arah radial saat masih menyentuh bola B:
mg cos −N =m 2  rR
1
Bandung, Maret 2009
Tim Olimpiade Fisika Indonesia
Saat persis akan lepas, N = 0, sehingga didapat
hubungan energi, didapat
mendapat  =

cos =
2
g cos =   rR . Masukkan persamaan ini ke
10
. Masukkan hasil ini kembali ke persamaan energi, untuk
17
10 g
. Kecepatan sudut bola A diberikan oleh
17  Rr 

r R
10 g r R
=
r
17 r 2
2. Sebuah batang ringan (massa diabaikan) ujung-ujungnya diberi
sebuah bola pejal dan ditahan secara horisontal (lihat gambar).
Ketika dilepaskan, batang berotasi terhadap sumbu horisontal
yang melalui titik O. Tentukan kelajuan v bola bermassa m saat di
v
2m
L
2L
O
m
titik tertinggi.
(Soal seleksi provinsi 2006)
solusi:
Dalam pengerjaan soal ini, harus diasumsikan ukuran bola pejal m dan 2m. Jika dianggap jari-jari
bola jauh lebih kecil daripada panjang L, maka pengerjaan soal ini menjadi relatif lebih gampang.
Energi kinetik mula-mula sistem adalah nol. Energi kinetik akhir hanyalah energi kinetik translasi.
Karena seluruh sistem berotasi dengan kecepatan sudut tertentu, maka kecepatan linear m dan 2m,
dihubungkan oleh
v2m = 2vm = 2v.
Perubahan energi kinetik sistem diberikan oleh
ΔEK = ½ mv2 + ½ 2m (2v)2 = 4,5 mv2.
Perubahan energi potensial sistem diberikan oleh
ΔEP = mgL – 2mg2L = - 3mgL.
Karena energi kekal, maka didapat hubungan
ΔE = ΔEK + ΔEP = 0
atau
Sehingga didapat
4,5 mv2 = 3mgL.
v=

2
gL
3
2
Bandung, Maret 2009
Tim Olimpiade Fisika Indonesia
3. Sebuah massa m berada di atas sebuah massa lain M. Mulamula M diam dan m memiliki kecepatan awal v. Berapakah
ketinggian maksimum h yang dapat dicapai oleh massa m?
Anggap seluruh sistem licin dan massa m meninggalkan M m
h
v
dalam arah vertikal ke atas relatif terhadap M.
M
solusi:
Saat benda m terlepas dari benda M, keduanya memiliki kecepatan dalam arah horizontal yang
sama, yaitu vx. Dari hubungan kekekalan momentum, didapat
mv = (m+M) vx.
Dari hukum kekekalan energi, didapat
1 2 1
1
mv = M v 2x  m v 2x mgh
2
2
2
Dari kedua persamaan ini, didapat
h=
M v2
2 g  M m
4. Sebuah bola homogen bermassa m1 diletakan di atas sebuah
papan yang bermassa m2. Antara bola dan papan terdapat
gesekan dengan koefisien gesek (statis dianggap sama
F
dengan kinetis) µ. Demikian juga antara balok dengan lantai
terdapat gesekan yang sama. Berapakah gaya maksimum F
agar bola tidak terpeleset?
solusi:
Terdapat gaya normal dari bola pada papan sebesar N1 sebesar m1g, sedangkan gaya normal dari
papan pada lantai diberikan oleh N2 = (m1 +m2)g.
Lantai akan memberikan gaya gesek pada papan sebesar f2 = µ N2 = µ(m1 +m2)g.
Gaya gesek antara bola dan papan diberikan oleh f1.
Persamaan gerak papan:
F− f 1 − m1 m2  g =m2 a 2
Persamaan gerak linear bola:
f 1=m 1 a1
Persamaan gerak rotasi bola:
f 1 r= I  , dengan
3
2
I = m1 r 2 , dan α adalah percepatan
5
Bandung, Maret 2009
Tim Olimpiade Fisika Indonesia
sudut bola.
Syarat agar bola tidak slip adalah f1 ≤ µ N1= µm1g. Pada keadaan ini berlaku hubungan
 r =a2 −a1 . Dengan menggunakan hubungan di atas, didapat
7 a1 =2 a 2 ,
sehingga didapat
7
a 2=  g ,
2
a 1= g ,
9
F =2 m1 m2  g
2
5. Sebuah sistem terdiri dari dua buah balok identik, masing-masing bermassa
m. Kedua massa dihubungkan dengan pegas tak bermassa yang mempunyai
Δl
konstanta pegas k. Pegas ditekan turun dari posisi pegas kendur sehingga
panjang pegas berkurang sebesar Δl. Setelah itu balok dilepas, sehingga
balok atas bisa bergerak dalam arah vertikal. Berapakah besar Δl
maksimum agar balok bawah tidak terangkat?
Solusi:
Anggap saat balok bergerak ke atas, sampai ketinggian maksimum, balok bawah tetap menyentuh
lantai (tidak bergerak). Dalam keadaan ini, seluruh energi potensial awal diubah menjadi energi
potensial akhir (tidak ada energi kinetik).
Energi potensial mula-mula =
1
k  l 2−mg  l ,
2
(ambil acuan energi potensial gravitasi adalah nol saat massa berada pada posisi pegas kendur. )
Energi potensial akhir =
1
k A2mgA ,
2
dengan A adalah simpangan maksimum
Syarat agar massa m bawah bisa mulai terangkat adalah gaya pegas (arahnya ke atas) sama atau
lebih besar daripada gaya berat balok bawah:
mg = kA.
Dengan memasukkan syarat ini ke persamaan di atas, dan dengan menggunakan hukum kekekalan
energi, didapat
2 mg
3 m2 g 2
l −
 l−
=0 .
k
k2
2
4
Bandung, Maret 2009
Tim Olimpiade Fisika Indonesia
 l=1±2
Dengan menyelesaikan persamaan di atas, didapat
Ambil solusi positif :  l=
mg
k
3 mg
k
6. Sebuah bandul dengan panjang tali l dan massa m
mulanya dijaga diam dengan sudut orientasi θ.
l
y
θ
Berapakah impuls maksimum dalam arah z (keluar
bidang kertas) agar massa m tidak menyentuh atap?
m
z
(Soal seleksi provinsi 2008)
x
Solusi:
Energi mula-mula adalah energi kinetik dan energi potensial:
1
E=−mgl cos  mv2 .
2
Energi mula-mula:
Supaya tidak menyentuh atap, kecepatan akhir hanya dalam arah azimuthal saat θ = π/2.
Energi akhir:
1
E = m v 2 .
2
Kekekalan momentum sudut:
ml sin  θ  v=mlv φ
Dari persamaan-persamaan ini didapat
Implus maksimum = mv=m

v=
.

2 gl
cos θ
2 gl
cos θ
7. Suatu pegas memiliki konstanta pegas k dan massa m. Untuk
memudahkan perhitungan, pegas ini bisa dimodelkan dengan
sebuah sistem yang terdiri dari susunan massa dan pegas. Untuk
pendekatan pertama, anggap sistem pegas bermassa ini ekuivalen
dengan sistem massa pegas yang terdiri dari 2 massa identik m’
dan 2 pegas identik tak bermassa dengan konstanta pegas k’. Jika
k'
k,m
≡
m'
k'
m'
kita menambah terus jumlah massa dan pegas dalam model ini,
maka model ini akan semakin mendekati pegas sesungguhnya.
5
Bandung, Maret 2009
Tim Olimpiade Fisika Indonesia
Untuk selanjutnya, tinjau gerak dalam model seperti pada gambar di bawah (terdiri dari 2 massa
dan 2 pegas tak bermassa)
Gantung pegas dalam keadaan vertikal. Mula-mula sistem dibiarkan pada keadaan setimbang.
Panjang pegas menjadi L (panjang pegas dalam keadaan kendur adalah L0). Jika ujung atas A
dipotong, berapa percepatan massa bawah menurut model ini? Berapa percepatan massa atas
menurut model ini? (percepatan gravitasi adalah g.)
(Soal seleksi provinsi 2007)
Solusi:
Pertama hitung dulu massa ekuivalen dan juga konstanta pegas ekuivalen dari model:
Karena massa total harus sama, maka didapat
m = 2m'.
Untuk menghitung konstanta pegas ekuivalen, letakkan pegas dalam arah horizontal, sehingga tidak
ada pengaruh gaya gravitasi. Tarik pegas dengan gaya F. Dalam pegas sejati, pertambahan panjang
adalah F/k. Dalam pegas model, pertambahan panjang pegas adalah F/k' +F/k' = 2F/k'. Karena
pertambahan panjang harus sama, maka didapat
2k = k'.
Sekarang tinjau keadaan pegas model dalam posisi vertikal dan keadaan kesetimbangan. Pegas
bawah bertambah panjang sebanyak:
 l 1=
m' g m g
=
k'
4k
Pertambahan panjang pegas atas diberikan oleh:
 l 2=
2m' g mg
=
k'
2k
mg
2
Tegangan pegas bawah adalah
k '  l 1=m' g=
Tegangan pegas atas adalah
k '  l 2=2 m' g =m g
Pada saat ujung atas dipotong, gaya total yang bekerja pada massa bawah adalah
k '  l 1−m' g=m' g−m' g=0 ,
dan gaya yang bekerja pada massa atas adalah
k '  l 2=mg
Percepatan massa bawah adalah nol
6
Bandung, Maret 2009
Tim Olimpiade Fisika Indonesia
Percepatan massa atas adalah
mg
=2 g
m'
8. Sistem yang digambarkan di samping berada pada keadaan
kesetimbangan. Pegas bagian kanan (konstanta pegas k)
teregang sejauh x1. Koefisien gesek statis antara kedua balok
adalah µ. Anggap tidak ada gesekan antara balok dan lantai.
Konstanta masing masing pegas adalah 3k dan k, sedangkan
3k
m
k
m
massa kedua balok sama, yaitu m. Berapakah simpangan
maksimum, A, dari massa m agar kedua balok masih bisa
berosilasi bersama-sama? Abaikan massa pegas.
(Soal seleksi provinsi 2005)
Solusi:
Mula-mula, sebelum diberi gangguan, pegas kanan teregang sejauh x1. Karena sistem dalam
keadaan kesetimbangan, maka pegas kiri juga harus teregang sejauh x2. Hubungan keduanya
diberikan oleh kx1 = 3kx2, atau
x1 = 3x2.
Ketika kedua balok bergerak bersama-sama, sistem setara dengan sistem massa pegas yang terdiri
dari satu massa dengan besar 2m dan 1 pegas dengan konstanta pegas 4k. Frekuensi sudut sistem
diberikan oleh:
=

4k
.
2m
Simpangan massa atas, relatif terhadap keadaan saat pegas atas kendur diberikan oleh
2=x 2 A cos

2k
t ,
m

2k
t .
m
dan simpangan massa bawah, relatif terhadap keadaan saat pegas bawah kendur diberikan oleh
1=x 1− Acos
Persamaan gerak massa atas diberikan oleh
f −3 k  2=m a 2 ,
dan persamaan gerak massa bawah diberikan oleh
7
Bandung, Maret 2009
Tim Olimpiade Fisika Indonesia
k 1− f =m a1 .
Gunakan salah satu dari dua persamaan ini, misalnya gunakan persamaan untuk massa atas:
f =3 k 2m a 2=3 k x 2k Acos

2k
t
m
Nilai maksimum f adalah saat fungsi cos mencapai harga satu. Jadi nilai maksimum diberikan oleh
f m=3 k x 2 k A .
Nilai maksimum ini harus selalu lebih kecil atau sama dengan µN = µmg. Jadi
 m g ≥3 k x 2 k A .
sehingga
A≤
mg
−3 x 2 ,
k
atau
A≤
mg
− x1 .
k
Dengan menggunakan persamaan kedua juga akan diperoleh hasil yang sama.
9. Tentukan percepatan balok 1 (massa m), 2 (massa m) dan 3
(massa M) untuk sistem di samping. Anggap tali tidak slip pada
katrol (massa mk). Jari-jari katrol adalah R dan momen inersia
F
katrol diberikan oleh ½mkR2. Benda bergerak pada lantai yang
m
mk
1
3
M
m
2
licin, sehingga tidak ada gaya gesek dan juga tidak ada gaya
gravitasi.
Solusi:
Percepatan massa 1 relatif terhadap katrol adalah am. Demikian juga percepatan massa 2 terhadap
katrol. Percepatan katrol dan massa 3 terhadap tanah adalah aM.
Dengan menggunakan notasi ini, maka percepatan massa 1 relatif terhadap tanah adalah am + aM,
sedangkan percepatan massa 2 relatif terhadap tanah adalah aM – am.
Tegangan tali yang menempel pada 1 adalah T1, tegangan tali yang menempel pada 2 adalah T2 dan
tegangan tali penghubung katrol dan massa 3 adalah T3.
Persamaan gerak benda 1:
F −T 1=ma ma M 
Persamaan gerak benda 2:
−T 2=ma M −a m
Persamaan gerak lurus katrol:
T 1T 2−T 3=m k a M
8
Bandung, Maret 2009
Tim Olimpiade Fisika Indonesia
Persamaan gerak rotasi katrol:
1
T 1−T 2  R= mk R2 
2
Persamaan gerak benda 3:
T 3= M a M
Syarat tidak slip:
=
am
R
Dengan menyelesaikan keenam persamaan di atas, didapat
aM =
a m=
F
,
2 mmk  M
2F
4 mmk
a 1=a ma M =
F 8 m3 m k 2 M 
2 mmk  M 4 mmk 
a 2=a M −am =−
a3 =a M =
F mk 2 M 
2 mmk  M 4 mmk 
F
2 mm k M
10.Sebuah silinder homogon berjari-jari R diputar terhadap sumbunya dengan kecepatan sudut mulamula ω0. Dalam keadaan berputar ini, silinder ditempatkan pada sudut suatu ruangan. Koefisien
gesek kinetis antara dinding dan lantai dengan silinder adalah µ. Setelah berapa putaran silinder
akan berhenti?
Solusi:
N1
Pertama perhatikan diagram gaya yang bekerja pada silinder.
µN2
Karena benda tidak bertranslasi, maka percepatan linearnya nol.
N1 + µN2 = mg,
N2
N2 = µN1.
Dari kedua persamaan ini, didapat
N 1=
mg
2
1
dan
N 2=
 mg
.
12
µN1
Kedua gaya gesek akan memberi torka perlambatan terhadap rotasi. Usaha dari gaya gesek akan
menghabiskan seluruh energi rotasi bola.
9
Bandung, Maret 2009
Tim Olimpiade Fisika Indonesia
Energi rotasi mula-mula
1
1
E 0= I  20= mR 2  20
2
4
Usaha gaya gesek:
W = N 1 N 2 2  nR , dengan n adalah jumlah putaran.
Dengan memasukkan bentuk gaya normal yang telah didapat sebelumnya ke dalam persamaan
usaha-energi, didapat
W=
1
1
2  nR mg= mR2 20
2
4
1
2
Sederhanakan, didapat
n=
2
R 0 1 
.
8  g 1
10
Bandung, Maret 2009