Soal Fisika Teori OSN 2016 - Olimpiade PSMA

Hak Cipta
Dilindungi Undang-undang
NASKAH SOAL
OLIMPIADE SAINS NASIONAL 2016
CALON PESERTA
INTERNATIONAL PHYSICS OLYMPIAD (IPhO) 2017
FISIKA Teori
Waktu: 5 jam
KEMENTERIAN PENDIDIKAN DAN KEBUDAYAAN
DIREKTORAT JENDERAL PENDIDIKAN MENENGAH
DIREKTORAT PEMBINAAN SEKOLAH MENENGAH ATAS
TAHUN 2016
Hak Cipta
Dilindungi Undang-undang
KEMENTERIAN PENDIDIKAN DAN KEBUDAYAAN
DIREKTORAT JENDERAL PENDIDIKAN MENENGAH
DIREKTORAT PEMBINAAN SEKOLAH MENENGAH ATAS
OLIMPIADE SAINS NASIONAL 2016 BIDANG ILMU FISIKA
SELEKSI TIM OLIMPIADE FISIKA INDONESIA UNTUK
INTERNATIONAL PHYSICS OLYMPIAD (IPhO) TAHUN 2017
PETUNJUK TES TERTULIS TEORI:
1. Tuliskan Nomor Peserta Anda pada tempat yang telah disediakan di setiap lembar jawaban.
2. Matikan HP dan simpan didalam tas masing-masing selama tes berlangsung.
3. Soal terdiri dari 5 soal esay. Waktu total untuk mengerjakan tes adalah 5 jam tanpa istirahat.
4. Skore nilai untuk setiap nomor soal berbeda dan telah tertulis pada setiap awal soal.
5. Peserta diharuskan menuliskan jawabannya pada lembar jawaban yang terpisah untuk setiap
nomor soal yang berbeda. Jangan menuliskan dua nomor jawaban atau lebih pada satu lembar
jawaban yang sama.
6. Gunakan ballpoint untuk menulis jawaban Anda dan jangan gunakan pinsil. Jawaban yang
menggunakan pensil tidak akan dinilai, kecuali untuk gambar/kurva jika diperlukan.
7. Peserta tidak diperkenankan menggunakan kalkulator.
8. Peserta dilarang saling meminjamkan alat tulis apapun.
9. Peserta dilarang meninggalkan ruangan hingga waktu tes selesai.
10. Beberapa formula berikut, mungkin bermanfaat:

dx
 ln x  C
x
a 2 x2 a3 x3

 ...  1  ax
Untuk x yang kecil (x << 1) berlaku pendekatan: e  1  ax 
2!
3!
ln 2 = 0,693; ln 3 = 1,099; dan ln 5 = 1,609
ax
Halaman 2 dari 15
Soal Fisika Teori
OSN 2016
Palembang, 17 Mei 2016
1. (10 poin) Seperangkat alat terdiri dari tabung kecil berarah
vertikal dan tabung besar berarah mendatar yang
digabungkan menjadi satu seperti terlihat pada gambar. Alat
tersebut di celupkan ke dalam cairan yang memiliki
kerapatan c. Kerapatan dan tekanan udara di sekitarnya
masing-masing u dan pu. Pada bagian ujung tabung besar
yang mendatar diberi penutup. Kemudian perangkat alat ini
diputar sedemikian secara teratur dengan kecepatan sudut
konstan . Udara di dalam maupun di luar tabung dapat
dianggap sebagai gas ideal dengan temperatur konstan, dan variasi kerapatan udara terhadap
ketinggian dapat diabaikan. Abaikan pula kapilaritas dan gaya gesek permukaan.
Tentukan:
a. (4,5 poin) variasi kerapatan udara di sepanjang kolom udara dalam tabung besar
mendatar, (x),
b. (5,5 poin) ketinggian yang dapat dicapai cairan pada tabung vertikal dinyatakan dalam ,
L, u, c, dan g.
Jawab:
a. Tekanan p dan kerapatan  udara di dalam tabung mendatar
tidak homogen.
(0,5 poin)
Tinjau pada tabung mendatar terdapat selapis udara vertikal
(0,5 poin)
dengan tebal dx yang berada pada jarak x dari sumbu rotasi
(lihat gambar). Karena tabung diputar dengan kecepatan sudut
, maka kita dapatkan:
[p(x + dx) – p(x)] A = 2 xAdx.
(1)
dengan A adalah luas penampang tabung, sehingga:
dp
(2)
  2 x
dx
(0,5 poin)
(0,5 poin)
Karena udara dianggap sebagai gas ideal dengan massa molekul M, maka:
m
pM
atau
(3)
(0,5 poin)
pV 
RT

M
RT
M
Maka, d 
(4)
(0,5 poin)
dp
RT
Substitusi (2) ke dalam (4) diperoleh:
Halaman 3 dari 15
d
M 2
xdx

RT
Integralkan persamaan (5), diperoleh:

   M 2 2
ln   
x ,

2
RT
o
 
dimana o adalah kerapatan udara pada x = 0. Jadi,
   o ex
2
(5)
(0,5 poin)
(6)
(0,5 poin)
(7)
(0,5 poin)
M 2
.

2 RT
dengan
b. Nilai o dapat ditentukan melalui massa total udara di dalam tabung.
L
L
 Sdx   u SL,
 o  ex dx   u L .
2
atau
0
(8)
(2x0,5 poin)
0
Untuk  yang menengah, nilai  sangat kecil sehingga bisa dilakukan pendekatan:
ex  1  x 2 
2
 2 x4
2!

 2 x8
3!
 ...  1  x 2 ,
(9)
(0,5 poin)
(10)
(1 poin)
Dan persamaan (8) menjadi,

 0 L1 

L2 
   u L,
3 
atau
 L2 
u .
 0  1 
3 

Karena temperatur dianggap sama di semua tempat dan p sebanding dengan , maka
tekanan pada x = 0 adalah:
 L2 
 pu
p0  1 
3


(11)
(1 poin)
Sekarang tinjau cairan didalam tabung kecil yang vertikal. Dalam keadaan setimbang kita
dapatkan:
pu  p0   c gh ,
h
atau
M 2 L2 pu  2 L2  u

.
6 RT c g
6g c
L2
3
pu   c gh ,
(12)
(1 poin)
(13)
(1 poin)
Halaman 4 dari 15
2. (12 poin) Tinjau sebuah kumparan solenoida besar yang
digunakan untuk fisika eksperimen dan terbuat dari satu
lapis lilitan konduktor. Lilitan konduktor ini memiliki
penampang 4cm x 2cm dengan penampang saluran air
pendingin didalamnya berukuran 2cm x 1cm. Kumparan
besar terdiri dari 100 lilitan, berdiameter 3 m dan
panjangnya 4 m (ketebalan isolator kabel diabaikan). Pada
kedua ujung kumparan terdapat lempeng baja yang
melingkari kumparan agar medan menjadi homogen dan
untuk mengembalikan fluks magnetik yang melewati
struktur eksternal baja ke dalam kumparan (lihat gambar).
Medan magnet yang terbentuk adalah 0,25 Tesla.
Konduktornya terbuat dari almunium. Tentukan:
(a) (3 poin) tegangan dan daya listrik yang harus diberikan agar dapat menghasilkan medan
magnet tersebut!
(b) (2 poin) laju aliran air agar dapat mempertahankan pertambahan suhu air sebesar 40 oC!
Anggap kalor yang hilang pada kumparan hanya melalui air.
(c) (2 poin) tekanan ke arah luar pada kumparan yang disebabkan oleh gaya magnetik!
(d) (5 poin) Jika kumparan diberikan energi dengan menghubungkannya pada sumber
tegangan pada pertanyaan (a), tentukan waktu yang dibutuhkan untuk mengalirkan arus
dalam rangkaian tersebut dari 0 hingga 99%! Abaikan induktansi dan resistansi dari
sumber daya.
Diketahui resistivitas almunium adalah 3x10-8 ohm.m, kapasitas kalor untuk air adalah 4,19
kJ/(kg.oC). Anggap baja tersebut masih jauh dibawah kondisi saturasinya.
Solusi:
(a) Medan magnetik adalah
B
 o NI
L
dimana N jumlah lilitan dan L panjang kumparan solenoida. Maka arus pada kumparan:
BL
0,25  4
(0,75 poin)
I

 7958 A
 o N 4  10 7  100
Resistansi pada kumparan:
R
L 3  10 8  2  1,5  100

 4,71  10 2 
4
A
4  2  2  1  10
V = I R = 7958 x 0,0471 = 374,82 Volt
P
2
(0,75 poin)
(0,75 poin)
2
V
37,44

 2,98 MW
R
0,0471
(0,75 poin)
Halaman 5 dari 15
(b) Laju aliran atau debit air pendingin adalah Q, maka:
QC T = P dimana  densitas air, C kapasitas kalor air, dan T penambahan
temperatur air. Jadi,
Q
P
2,98  10 6

 17,8 liter/s.
 C T 1  4190  40
(2 poin)
(c) Tekanan karena gaya magnetik,
0,25  2,49  10 4 N/m2.
B2
p

2 o 2 4  10 7
2


(2 poin)
(d) Karena rangkaian dianggap terdiri dari hambatan/resistor R dan induktor L yang disusun
seri, maka time konstan rangkaian adalah
(1 poin)
 = L/R, dengan L = N/I,
dimana L adalah induktor, R hambatan, N jumlah lilitan, I adalah arus pada rangkaian,
dan  adalah fluks magnetik.
Jadi,
100  0,25  1,5 2
L
 0,0222 H.
7958
dan

L 0,0222

 0,471 s = 471 ms.
R 0,0471
(1 poin)
(1 poin)
Variasi arus yang mengalir dalam rangkaian sebelum mencapai kondisi setimbang
adalah,

I (t )  I 0 1  e t / 

Jadi untuk mencapai kondisi
(0,5 poin)
I (t )
I0
 99% (0,5 poin) dibutuhkan waktu selama
e t /   1  0,99  0,01 atau t =  ln 100 = 4,6  2,17 s. (1 poin)
Halaman 6 dari 15
3. (14 poin) Empat buah bola identik yang licin, masing-masing bermassa m dan memiliki jarijari R , ditempatkan sedemikian sehingga membentuk sebuah piramida pada permukaan
horizontal licin seperti ditunjukkan pada gambar. Sistem kemudian dilepaskan dari keadaan
diam dengan bola atas bergerak turun ke bawah dan bola yang bawah bergerak radial keluar
tanpa berotasi. Karena simetri, maka sudut  yang dibentuk oleh ketiga bola bawah dengan
bola atas adalah sama.
y
z
4
1
R
1
x
R
z=0
Tampak Atas
Tampak Samping
a. (5 poin) Selama bola atas masih kontak dengan ketiga bola bawah, tentukan nilai
  d 2 dt 2 dinyatakan dalam   d dt dan sudut  .
b. (3 poin) Tentukan fungsi energi sistem dinyatakan dalam fungsi  dan  . Tentukan pula
nilai energi sistem ketika sistem mulai dilepaskan.
c. (2 poin) Tentukan fungsi  dinyatakan dalam g , R, .
d. (4 poin) Jika   c adalah sudut ketika bola atas kehilangan kontak dengan ketiga bola
bawah, tentukan kecepatan bola atas dan ketiga bola bawah ketika   c . Nyatakan
dalam g , R,c
Halaman 7 dari 15
Jawab:
a. Berdasarkan gambar berikut, kita dapatkan:
z
1
R
R
R+r
z
R
z=0
r  R  2R cos
(1)
(0,5 poin)
z  R  2R sin 
(2)
(0,5 poin)
Dari kedua persamaan diatas kita bisa dapatkan kecepatan bola atas dan bola bawah,
vr 
dr
 2 R sin 
dt
(3)
(0,5 poin)
vz 
dz
 2 R cos
dt
(4)
(0,5 poin)
Kita juga bisa mendapatkan persamaan percepatan untuk bola atas dan bawah
ar 
dvr
 2R 2 cos  2R sin 
dt
(5)
(0,5 poin)
az 
dvz
 2 R 2 sin   2 R cos
dt
(6)
(0,5 poin)
(7)
(0,5 poin)
(8)
(0,5 poin)
(9)
(1 poin)
Hukum II Newton untuk bola atas pada arah z adalah
F
top
z
 maz
3N sin   mg  m  2 R 2 sin   2 R cos 
Dan Hukum II Newton untuk bola bawah pada arah radial adalah
F
bottom
r
 mar
N cos  m  2 R 2 cos  2 R sin  
Eliminasi N dari persamaan (7) dan (8), kita bisa dapatkan
 
2 sin  cos  2
cos 
g
 
2
2
1  2 sin 
1  2 sin  2 R
Halaman 8 dari 15
b. Energi dari sistem tersebut adalah
1
3
E  mvz2  mvr2  mgz  3mgR
2
2
(10)
(0,5 poin)
(11)
(0,5 poin)
Dengan menggunakan persamaan (2), (3), dan (4), kita dapatkan
E  2mR2 1  2sin 2    2  2mgR  2  sin  
Ketika awal, sistem dalam keadaan diam dengan posisi sudut sin 0 
1
6 . (1 poin)
3
Jadi energi pada posisi awal adalah
 1 
E  2mgR 1 
6
 3 
(12)
(1 poin)
c. Karena sistem merupakan sistem yang konservatif, maka energi mekanik sistem kekal,
jadi dari persamaan (11) dan (12) kita dapatkan:
(0,5 poin)

g 6 3  sin 
R 1  2sin 2 
(13)
d. Ketika lepas, maka gaya normal N  0 ,
jadi dari persamaan (7) dan (8) kita dapatkan
(1 poin)
(0,5 poin)
2 R 2 sin c  2 R cosc   g
2 R 2 cosc  2 R sin  c  0
(14)
(0,5 poin)
(15)
(2x0,5 poin)
(16)
(2x1 poin)
Dari kedua persamaan tersebut, kita dapatkan
g
sin  c
2R
g
   cos c
2R

Substitusi ke persamaan (3) dan (4), kita dapatkan
vr   sin c 

3/2
2 gR
vz   cosc sin c

2 gR
Halaman 9 dari 15
4. (16 poin) Sebuah pesawat terbang yang sedang landing (proses mendarat) memiliki
kecepatan sesaat setelah semua roda menyentuh landasan pacu. Anggaplah nilai kecepatan
awal tersebut cukup besar sehingga harus dilakukan pengereman sehingga kecepatan akan
menjadi
ketika keluar dari landasan pacu menuju ke area bandara. Asumsikan
pengereman dilakukan hanya dengan sistem Thrust Reversal melalui kedua mesin pesawat
yang berada di bawah sayap kiri dan kanan (abaikan pengaruh semua gaya gesek). Sistem
pengereman thrust reversal bekerja dengan cara membalikkan aliran fluida masuk ke mesin
pesawat.
Untuk menyederhanakan perhitungan, anggaplah mesin pesawat dapat diasumsikan menjadi
sistem dua dimensi seperti pada gambar di bawah ini.
Pada gambar di atas terlihat bahwa fluida (bermassa jenis ) masuk ke dalam mesin pesawat
dengan luas penampang dan kelajuan (sama dengan kelajuan pesawat). Di dalam mesin
pesawat energi kinetik fluida ditingkatkan sedemikian sehingga fluida akan keluar dari mesin
dengan kelajuan
(densitas fluida tidak berubah) seperti pada gambar di atas (output fluida
atas dan bawah dianggap identik). Fluida tersebut keluar dari mesin pesawat dengan
membentuk sudut
terhadap horizontal dengan disemburkan ke depan. Akibat adanya
transfer momentum linear antara fluida dengan pesawat, maka akan menghasilkan gaya
dorong ke belakang untuk mengurangi kelajuan dari pesawat tersebut.
a) (4 poin) Tentukan gaya yang akan dialami oleh pesawat tersebut sebagai fungsi dari
kelajuan pesawat! Nyatakan dalam
dan .
b) (5 poin) Apabila diketahui massa pesawat tersebut adalah . Tentukan jarak dan waktu
yang diperlukan agar pesawat tersebut mencapai kelajuan
!
Halaman 10 dari 15
c) (4 poin) Tentukan kerja yang dilakukan oleh mesin pada proses penurunan kecepatan
dari ke
!
Apabila diasumsikan bahwa massa jenis udara merupakan fungsi dari kelajuan pesawat yaitu
dimana merupakan suatu konstanta.
d) (3 poin) Tentukan kecepatan sebagai fungsi dari waktu pesawat tersebut, ambil
adalah saat kelajuan pesawat tersebut .
Jawab:
a) Hukum kekekalan momentum
(1)
(1 poin)
(2)
(1 poin)
(3)
(1 poin)
(4)
(1 poin)
(5)
(0,5 poin)
(6)
(0,5 poin)
(7)
(0,5 poin)
(8)
(1 poin)
(9)
(0,25 poin)
(10)
(0,25 poin)
(11)
(0,5 poin)
(12)
(0,5 poin)
Hukum kekekalan massa
Substitusi pers. (2) ke (1) diperoleh:
Karena mesinnya dua:
b) Diketahui massa
Atau
dan dari pers. (4) diatas:
Halaman 11 dari 15
Atau
Jarak
(13)
(1 poin)
c) Hubungan daya yang dikerjakan
(0,5 poin)
Maka
atau
(14) (0,5 poin)
Sedangkan,
(15) (0,5 poin)
Atau
(16)
Karena
(17)
Maka,
(18) (0,5 poin)
Dari pers. (10) diperoleh:
atau
(19) (0,5 poin)
Substitusi pers. (19) ke (18):
(20) (0,5 poin)
Maka,
(21) (1 poin)
d) Apabila ada hubungan
Dari pers. (4):
(0,5 poin)
Maka,
(22) (0,5 poin)
Atau
(23) (0,5 poin)
Jadi,
atau
(0,5 poin)
(24) (1 poin)
Halaman 12 dari 15
5. (18 poin) Sebuah kayu homogen dengan panjang
, luas penampang , dan bermassa
sedang mengapung di air (massa jenis air = 1
) dan dihubungkan dengan pegas
(dengan konstanta pegas ) ke sebuah batang yang bertumpu pada pusat massanya seperti
yang ditunjukan pada gambar di bawah. Batang tersebut mempunyai massa yang sama
dengan kayu dan panjang yang dua kali lipat dari kayu. Kayu dijaga agar bergerak vertikal
saja. Pegas berada pada keadaan tidak teregang maupun tertekan ketika batang di posisi
horizontal (gambar kiri). Percepatan gravitasi adalah g. Sistem tersebut berosilasi secara
harmonik dengan simpangan vertikal kayu
dan simpangan sudut batang
yang
diasumsikan sangat kecil.
Tentukan:
a. (2,5 poin) persamaan yang menyatakan keadaan setimbang dari sistem tersebut!
Nyatakan dalam , , , , dan , dimana adalah tinggi batang dari permukaan air
dan adalah panjang awal pegas!
b. (3,5 poin) energi potensial sistem! Nyatakan dalam variable , g, , , dan !
c. (3 poin) energi kinetik sistem! Nyatakan dalam , , , dan ! Dimana adalah
kecepatan kayu arah vertikal dan adalah kecepatan sudut batang.
d. (4 poin) frekuensi dari osilasi sistem tersebut! Nyatakan dalam , , , dan g.
e. (2 poin) frekuensi untuk limit  0! Nyatakan dalam , , , dan g. Jelaskan apa arti
fisis dari kondisi ini.
f. (3 poin) frekuensi untuk limit  ! Nyatakan dalam , , , dan g. Jelaskan apa arti
fisis dari kondisi ini.
Jawab:
a. Ketika sistem dalam kondisi setimbang, maka gaya berat akan sama dengan gaya
angkat ke atas pada kayu :
(1 poin)
Halaman 13 dari 15
Dengan memasukan massa jenis fluida (air) = 1, maka
(1 poin)
Atau
(0,5 poin)
b. Energi potensial akibat gaya angkat :
(1,5 poin)
Energi potensial gravitasi kayu dan energi potensial pegas :
(1 poin)
Energi potensial total sistem:
(1 poin)
c. Energi kinetik translasi kayu dan rotasi batang [dengan momen inersia
]:
(3 poin)
d. Dengan mengaplikasikan persamaan
(0,5 poin)
(0,5 poin)
untuk
dan
, didapatkan :
Dengan mensubsituti
akan menghasilkan :
dan
(1 poin)
, kemudian dua persamaan di atas
(1 poin)
Solusi (ada dua) dari persamaan di atas adalah :
(1 poin)
e. Jika
mendekati 0, maka:
(1 poin)
Secara fisis, kondisi ini menyatakan kondisi pegas yang sangat lemah (kendur),
sehingga batang dan kayu seolah tidak terhubung, jadi frekuensinya sama dengan
frekuensi ketika kayu berosilasi sendiri. Dimana bisa bernilai berapa saja mengingat
posisi batang selalu setimbang. Sehingga normal modenya hanya satu. (1 poin)
Halaman 14 dari 15
f. Jika
mendekati tak hingga, maka persamaan geraknya menjadi :
(1 poin)
Sehingga didapatkan :
(1 poin)
Secara fisis, kondisi ini menyatakan kondisi pegas yang sangat kuat (keras) seperti
batang tegar tipis sehingga
.
(1 poin)
=====
Selamat bekerja, semoga sukses!
=====
Halaman 15 dari 15