Kontes Terbuka Olimpiade Fisika · KTOF IV Februari 2019 Halaman 2 dari 36 Kontes Terbuka Olimpiade Fisika Penjelasan Model Soal dan Teknis Pengerjaan Pada KTOF kali ini menggunakan

Halaman 1 dari 36 KTOF IV Februari 2019

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

Naskah Soal dan Solusi

Kontes Terbuka Olimpiade Fisika

Februari 2019

Oleh :

Komunitas Olimpiade Fisika Indonesia

Waktu : 55 Jam

Tahun 2019


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

Penjelasan Model Soal dan Teknis Pengerjaan

Pada KTOF kali ini menggunakan sistem Pilihan Ganda.

Tetap terdapat Soal Utama yaitu 8 buah soal utama pada KTOF kali ini (sesuai Pra OSK

2019) dimana masing-masing soal terdiri atas 10 anak soal yang piliihannya dalam bentuk

pilihan ganda sehingga total ada 80 Soal.

Setiap anak soal adalah soal-soal yang berkaitan dengan soal utama yang berupa konsep,

matematik, dan numerik. Untuk mengerjakan soal numerik peserta diizinkan

menggunakan kalkulator.

Setiap anak soal dari soal utama memiliki keterkaitan satu sama lain yang saling

membangun guna mempelajari permasalahan yang diberikan pada soal utama.

Setiap peserta akan mendapatkan Nomor Peserta masing-masing.

Soal KTOF akan kami bagikan via email dan grup WA kepada para peserta pada hari

Jumat, 22 Februari 2019 pukul 13.00 WIB.

Peserta dipersilahkan mengerjakan soal yaitu dari saat soal dibagikan sampai batas

terakhir memasukkan jawaban di lembar jawaban online yaitu pada hari Minggu, 24

Februari 2019 pukul 12.00 WIB.

Lembar Jawaban Online (LJO) bisa peserta akses melalui tautan bit.ly/LJOKTOF2019. LJO

ini hanya bisa diakses selama waktu pengerjaan di atas.

Pada LJO peserta hanya bisa mengisi satu kali menggunakan satu buah email yang telah

digunakan sebelumnya untuk mendaftar. Peserta juga harus mengisi kembali identitas

dirinya beserta Nomor Peserta pada LJO.

Sebaiknya peserta menyiapkan jawabannya terlebih dahulu sebelum mengisi LJO. Pada

LJO, peserta cukup memilih pilihan yang benar berdasarkan soal yang diberikan.


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

1. Natural Units

Di dalam fisika, Natural Units adalah satuan fisika yang definisinya didasarkan kepada

konstanta alam. Apabila di dalam satuan SI, konstanta alam ini biasanya memiliki nilai

yang tidak sama dengan 1, di dalam Natural Units, semua konstanta alam didefinisikan

bernilai 1. Sehingga, apabila di dalam satuan SI, ada persamaan yang mengandung

konstanta alam, di dalam Natural Units, konstanta alam di persamaan tersebut diganti

menjadi 1, sehingga yang tersisa di persamaan tersebut hanyalah variabel lain yang bisa

diubah dan diukur. Tentunya, variabel yang tersisa tersebut tidak lagi diukur dalam satuan

SI, melainkan diukur dalam Natural Units. Berbagai persamaan fisika yang cukup rumit

(biasanya ada di ranah Relativitas Umum atau Mekanika Kuantum) biasanya ditulis dalam

Natural Units. Di soal ini, kita akan menganalisis persamaan fisika yang sudah ditulis dalam

Natural Units, lalu kita akan mengubah persamaan tersebut sehingga ia ditulis dalam

satuan SI. Setelah sub-soal a), semua persamaan dibawahnya telah diubah dengan cara

mengganti konstanta alam 𝑐 (kecepatan cahaya), 𝐺 (konstanta gravitasi), ℏ (konstanta

Planck tereduksi), dan 𝑘 (konstanta Boltzmann) menjadi 1.

a. Dengan menggunakan tiga persamaan dibawah ini,

𝐹 = 𝐺𝑚1𝑚2

𝑟2 … (1. 𝑎)

𝐸 = ℏ𝜔 … (1. 𝑏)

𝑃𝑉 = 𝑁𝑘𝑇 … (1. 𝑐)

Dimana 𝐹, 𝑚1, 𝑚2, 𝑟, 𝐸, 𝜔, 𝑃, 𝑉, 𝑁, dan 𝑇 berturut-turut adalah gaya pada kedua

benda, massa benda 1, massa benda 2, jarak antar kedua benda, energi foton yang

terdiskrit, frekuensi anguler foton, tekanan gas, volume gas, jumlah partikel, dan

temperatur gas, tentukan dimensi dari 𝐺, ℏ, dan 𝑘.

b. Persamaan untuk mencari radius dari lubang hitam adalah

𝑅 = 2𝑀 … (2)

Dimana 𝑅 dan 𝑀 berturut-turut adalah radius dan massa dari lubang hitam.

Persamaan ini ditulis dalam Natural Units. Jika ruas kanan dikali 𝑓(𝑐, 𝐺, ℏ, 𝑘), maka

persamaan diatas menjadi persamaan yang ditulis dalam satuan SI. Tentukan


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

𝑓(𝑐, 𝐺, ℏ, 𝑘). (Fungsi tersebut ditulis dalam bentuk umumnya, tidak berarti keempat

konstanta alam tersebut harus muncul di fungsi itu.)

c. Persamaan untuk densitas energi vakum di alam semesta adalah

𝜌𝑣𝑎𝑐 =𝛬

8𝜋 … (3)

Dimana 𝜌𝑣𝑎𝑐 dan 𝛬 berturut-turut adalah rapat energi vakum per volume dan

konstanta kosmologi (Dalam satuan SI, dimensinya adalah 𝑚−2). Tentukan bentuk

persamaan diatas jika ditulis dalam satuan SI.

d. Akibat radiasi Hawking yang dipancarkan lubang hitam, temperatur lubang hitam

dapat ditulis sebagai

𝑇 =1

8𝜋𝑀 … (4)

Dimana 𝑇 dan 𝑀 berturut-turut adalah temperatur dan massa lubang hitam. Tentukan

bentuk persamaan ini jika ditulis dalam satuan SI.

Solusi :

a. Jika persamaan (1.a) sampai (1.c) ditulis dalam dimensinya (dalam satuan SI) masing-

masing, maka didapat

[𝑀][𝐿][𝑇−2] = 𝐺[𝑀][𝑀]

[𝐿2]

[𝑀][𝐿2][𝑇−2] = ℏ[𝑇−1]

[𝑀][𝐿−1][𝑇−2] ∙ [𝐿3] = 𝑘[𝛩]

Selesaikan persamaan tersebut untuk ketiga konstanta alam diatas, maka didapat

𝐺 = [𝑀−1][𝐿3][𝑇−2]

ℏ = [𝑀][𝐿2][𝑇−1]

𝑘 = [𝑀][𝐿2][𝑇−2][𝛩−1]

b. Jika persamaan (2) ditulis dalam satuan SI, maka didapat

[𝐿] = [𝑀]𝑐𝛼𝐺𝛽ℏ𝛾𝑘𝛿

[𝐿] = [𝑀1−𝛽+𝛾+𝛿][𝐿𝛼+3𝛽+2𝛾+2𝛿][𝑇−𝛼−2𝛽−𝛾−2𝛿][𝛩−𝛿]


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

Cocokkan dimensi dari ruas kanan dan kiri, maka didapat

0 = 1 − 𝛽 + 𝛾 + 𝛿 … (2. 𝑎)

1 = 𝛼 + 3𝛽 + 2𝛾 + 2𝛿 … (2. 𝑏)

0 = −(𝛼 + 2𝛽 + 𝛾 + 2𝛿) … (2. 𝑐)

0 = −𝛿 … (2. 𝑑)

Untuk seterusnya, persamaan (2.d) dianggap sudah menentukan nilai 𝛿(= 0).

Jumlahkan persamaan (2.b) dan (2.c), maka didapat

1 = 𝛽 + 𝛾

Jumlahkan persamaan diatas dengan persamaan (2.a), maka didapat

1 = 1 + 2𝛾

𝛾 = 0

Dari persamaan (2.a), maka didapat

0 = 1 − 𝛽

𝛽 = 1

Dari persamaan (2.c), maka didapat

0 = 𝛼 + 2

𝛼 = −2

Sehingga,

𝑓(𝑐, 𝐺, ℏ, 𝑘) =𝐺

𝑐2

c. Tulis persamaan (3) dalam satuan SI, maka didapat

[𝑀][𝐿−1][𝑇−2] = [𝐿−2]𝑐𝛼𝐺𝛽ℏ𝛾𝑘𝛿

[𝑀][𝐿−1][𝑇−2] = [𝑀−𝛽+𝛾+𝛿][𝐿−2+𝛼+3𝛽+2𝛾+2𝛿][𝑇−𝛼−2𝛽−𝛾−2𝛿][𝛩−𝛿]

Perhatikan bahwa 𝛼, 𝛽, 𝛾, dan 𝛿 di sub-soal ini tidak ada kaitannya dengan yang ada

di sub-soal sebelumnya. Cocokkan dimensi dari ruas kanan dan kiri, maka didapat

1 = −𝛽 + 𝛾 + 𝛿 … (3. 𝑎)


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

−1 = −2 + 𝛼 + 3𝛽 + 2𝛾 + 2𝛿 … (3. 𝑏)

−2 = −(𝛼 + 2𝛽 + 𝛾 + 2𝛿) … (3. 𝑐)

0 = −𝛿 … (3. 𝑑)

Untuk seterusnya, persamaan (3.d) dianggap sudah menentukan nilai 𝛿(= 0).


−3 = −2 + 𝛽 + 𝛾


−2 = −2 + 2𝛾

𝛾 = 0


1 = −𝛽

𝛽 = −1

Dari persamaan (3.c), maka didapat

2 = 𝛼 − 2

𝛼 = 4

Sehingga, jika persamaan (3) ditulis dalam satuan SI, maka persamaan (3) menjadi

𝜌𝑣𝑎𝑐 =𝛬𝑐4

8𝜋𝐺

d. Jika persamaan (4) ditulis dalam satuan SI, maka didapat

[Θ] = [𝑀−1]𝑐𝛼𝐺𝛽ℏ𝛾𝑘𝛿

[Θ] = [𝑀−1−𝛽+𝛾+𝛿][𝐿𝛼+3𝛽+2𝛾+2𝛿][𝑇−𝛼−2𝛽−𝛾−2𝛿][𝛩−𝛿]

Cocokkan dimensi dari ruas kanan dan kiri, maka didapat

0 = −1 − 𝛽 + 𝛾 + 𝛿 … (4. 𝑎)

0 = 𝛼 + 3𝛽 + 2𝛾 + 2𝛿 … (4. 𝑏)

0 = −(𝛼 + 2𝛽 + 𝛾 + 2𝛿) … (4. 𝑐)

1 = −𝛿 … (4. 𝑑)


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

Untuk seterusnya, persamaan (4.d) dianggap sudah menentukan nilai 𝛿(= −1).


0 = 𝛽 + 𝛾


0 = −1 + 2𝛾 − 1

𝛾 = 1


0 = −1 − 𝛽

𝛽 = −1

Dari persamaan (4.b), maka didapat

0 = 𝛼 − 3 + 2 − 2

𝛼 = 3

Sehingga, jika persamaan (4) ditulis dalam satuan SI, maka persamaan (4) menjadi

𝑇 =ℏ𝑐3

8𝜋𝐺𝑀𝑘

Yuwanza Ramadhan

SMAN 1 Depok

2. Dua Benda di Atas Meja Licin

Dua benda diletakkan di atas meja licin dengan jarak awal 𝑑. Kedua benda ini diberikan

kecepatan awal 𝑣 dan 𝑢 yang sejajar permukaan meja, dengan orientasi masing-masing

vektor kecepatan benda membentuk sudut 𝛼 dan 𝛽 terhadap garis yang menghubungkan

kedua posisi awal benda (Selanjutnya, orientasi garis ini akan disebut dengan horizontal).

Untuk lebih detilnya, perhatikan gambar dibawah ini. Anggap tidak ada pengaruh apa-apa

dari luar kepada pergerakan kedua benda ini.


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

a. Tentukan hubungan 𝑣, 𝑢, 𝛼, dan 𝛽 agar kedua benda pasti dapat bertabrakan.

b. Tentukan waktu yang berlalu sejak awal kedua benda mulai bergerak sampai kedua

benda bertabrakan.

c. Tentukan posisi kedua benda bertabrakan. (Untuk sub soal ini, hitung posisinya

terhadap posisi awal salah satu benda)

d. Jika hubungan yang di dapat pada sub-soal a) tidak berlaku, tentukan jarak terdekat

kedua benda, dan tentukan waktu yang berlalu sejak awal kedua benda mulai

bergerak sampai kedua benda berada pada jarak terdekatnya.

Solusi :

a. Agar kedua benda pasti dapat bertabrakan, ada 2 syarat yang harus dipenuhi. Syarat

pertama adalah kecepatan dari kedua benda arah vertikal harus sama, sehingga

𝑣 sin 𝛼 = 𝑢 sin 𝛽

Selain itu, kecepatan relatif kedua benda arah horizontal ini harus membuat kedua

benda mendekat, bukan menjauh, sehingga

𝑣 cos 𝛼 − 𝑢 cos 𝛽 > 0

b. Kedua benda akan bergerak mendekat dengan kecepatan relatif 𝑣 cos 𝛼 − 𝑢 cos 𝛽,

sehingga

(𝑣 cos 𝛼 − 𝑢 cos 𝛽)𝑡 = 𝑑

𝑡 =𝑑

𝑣 cos 𝛼 − 𝑢 cos 𝛽

c. Di pembahasan ini, posisi kedua benda bertabrakan diukur dari benda dengan

kecepatan 𝑣. Perhatikan gambar dibawah ini.

𝛼 𝛽

𝑣 𝑢

𝑑


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

Dengan menggunakan hukum sinus untuk mencari nilai 𝑙, maka didapat

𝑑

sin(𝛽 − 𝛼)=

𝑙

sin(180° − 𝛽)

𝑙 = 𝑑sin 𝛽

sin(𝛽 − 𝛼)

Sehingga, posisi arah horizontal dan vertikal kedua benda bertabrakan adalah

𝑥 = 𝑙 cos 𝛼 = 𝑑sin 𝛽 cos 𝛼

sin(𝛽 − 𝛼)

𝑦 = 𝑙 sin 𝛼 = 𝑑sin 𝛽 sin 𝛼

sin(𝛽 − 𝛼)

d. Untuk mempermudah pengerjaan soal ini, kita akan meninjau pergerakan sistem di

kerangka salah satu benda. Perhatikan gambar dibawah ini.

Berdasarkan gambar diatas, maka didapat

𝑣′ = √(𝑣 cos 𝛼 − 𝑢 cos 𝛽)2 + (𝑣 sin 𝛼 − 𝑢 sin 𝛽)2 = √𝑣2 + 𝑢2 − 2𝑢𝑣 cos(𝛽 − 𝛼)

𝑥

𝑑

𝑦 𝑙

𝛼 𝛽

𝑣 𝑢

𝛼

𝛽

𝑣

𝑢

𝛾

𝑑

𝑠 𝑣′


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

sin 𝛾 =𝑣 sin 𝛼 − 𝑢 sin 𝛽

𝑣′

cos 𝛾 =𝑣 cos 𝛼 − 𝑢 cos 𝛽

𝑣′

Masih berdasarkan gambar diatas, dapat dilihat bahwa s adalah jarak terdekat antara

kedua benda, dan 𝑑 cos 𝛾 adalah jarak yang harus ditempuh dari posisi awal benda

yang bergerak agar dapat mencapai jarak terdekat tersebut. Sehingga,

𝑠 = 𝑑 sin 𝛾 = 𝑑𝑣 sin 𝛼 − 𝑢 sin 𝛽

√𝑣2 + 𝑢2 − 2𝑢𝑣 cos(𝛽 − 𝛼)

𝑡 =𝑑 cos 𝛾

𝑣′= 𝑑

𝑣 cos 𝛼 − 𝑢 cos 𝛽

𝑣2 + 𝑢2 − 2𝑢𝑣 cos(𝛽 − 𝛼)

Yuwanza Ramadhan

SMAN 1 Depok

3. Model Sederhana Sepeda Motor

Dalam soal ini, kita akan menganalisis sepeda motor dalam tinjauan fisika. Untuk

penyederhanaan, kita akan memodelkan sepeda motor dengan membaginya menjadi 3

bagian, yaitu badan motor (termasuk pengendaranya), roda depan, dan roda belakang.

Roda depan dan roda belakang memiliki jari-jari 𝑅 dan momen inersia 𝐼. Massa total

seluruh bagian sepeda motor adalah 𝑀. Jarak (dalam arah horizontal) pusat massa sepeda

motor ke titik dimana roda depan dan belakang menyentuh tanah berturut-turut adalah

𝑥 dan 𝑦. Koefisien gesek statis dan kinetis antara setiap roda dengan permukaan tanah

adalah 𝜇 dan 3𝜇/4. Roda belakang tersambung ke gir yang digerakkan oleh mesin motor

sedemikian rupa sehingga ketika mesin mengerjakan torsi 𝜏 ke gir, maka roda belakang

akan menerima torsi sebesar 𝜂𝜏, ke arah yang membuat sepeda motor bergerak ke depan.

𝜂 adalah koefisien yang bergantung kepada geometri dari gir dan roda belakang. Terdapat

medan gravitasi uniform 𝑔 yang mengarah ke bawah. Untuk seterusnya, anggap sepeda

motor selalu bergerak diatas permukaan tanah yang horizontal (tidak punya kemiringan).


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

a. Tentukan gaya normal yang dikerjakan permukaan tanah kepada roda depan dan

belakang.

b. Asumsikan gaya gesek udara pada sepeda motor dapat diabaikan. Tentukan

percepatan sepeda motor jika mesin motor mengerjakan torsi 𝜏 kepada gir.

c. Sekarang, gaya gesek udara tidak diabaikan lagi. Gaya gesek udara yang bekerja

kepada sepeda motor sebagai fungsi dari kecepatan sepeda motor adalah

𝐹(𝑣) = 𝛽𝑣 + 𝛾𝑣2

Dimana 𝑣 adalah kecepatan sepeda motor, serta 𝛽 dan 𝛾 adalah konstanta. Jika

diinginkan percepatan sepeda motor tetap sama dengan sub-soal sebelumnya, maka

torsi yang harus dikerjakan oleh mesin motor dapat ditulis sebagai berikut.

𝜏′ = 𝜏 + 𝑓(𝑣)

Dimana 𝜏 memiliki nilai yang sama dengan sub-soal b), dan 𝑓(𝑣) adalah suku

tambahan agar percepatan sepeda motor tetap konstan. Tentukan 𝑓(𝑣).

d. Sekarang, motor tidak lagi dipercepat, tetapi dipertahankan memiliki kecepatan

konstan 𝑣. Tentukan torsi yang harus dikerjakan oleh mesin motor agar kecepatan

sepeda motor tetap konstan.

e. Masih dalam keadaan yang sama dengan sub-soal d), terdapat nilai 𝑣 maksimum,

sehingga apabila sepeda motor memiliki kecepatan yang lebih besar daripada ini, roda

belakang sepeda motor akan slip terlebih dahulu dan roda depan masih belum slip

terhadap permukaan tanah. Tentukan nilai 𝑣 maksimum tersebut.

𝑅 𝑅 𝑥 𝑦

pusat

massa


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

Sekarang, mesin motor dimatikan, dan roda belakang mulai direm. Pengereman pada

sepeda motor dapat dimodelkan sebagai berikut. Terdapat dua bahan kasar yang

terdapat di pinggir setiap roda, di bagian atas roda. Ketika pengendara menekan rem

dengan gaya 𝐹, gaya ini ditransmisikan sampai ke bahan kasar yang terdapat pada

roda. Berikutnya, kedua bahan kasar akan menekan roda dari kedua sisi dengan gaya

휀𝐹. 휀 adalah koefisien yang bergantung kepada bagaimana gaya pada rem ditransfer

ke bahan kasar. Gaya tekan inilah yang akan menghasilkan gaya gesek pada roda yang

mampu memperlambat roda. Koefisien gesek statis dan kinetis bahan kasar dengan

permukaan roda adalah 2𝜇 dan 3

2𝜇. Asumsikan rem hanya dikerjakan kepada roda

belakang, dan gaya gesek udara dapat diabaikan.

f. Terdapat waktu yang cukup singkat, dari awal roda belakang direm, sampai roda

belakang berhenti berputar, dan roda belakang mengalami slip terhadap permukaan

tanah, tetapi tidak slip terhadap bahan kasar. Jika awalnya motor memiliki kecepatan

𝑣, dan pengendara menekan rem dengan gaya 𝐹, tentukan durasi waktu tersebut.

g. Tentukan syarat 𝐹 agar setelah roda belakang berhenti berputar, roda belakang tidak

akan slip lagi terhadap bahan kasar.

h. Tentukan waktu yang berlalu dari awal rem ditekan sampai seluruh motor berhenti.

Anggap roda depan tetap tidak slip terhadap permukaan tanah, dan pengendara

selalu menekan rem dengan gaya 𝐹.

Solusi :

a. Perhatikan diagram gaya dan torsi pada sepeda motor dibawah ini. Diagram di bawah

ini akan dipakai di sub-soal berikutnya.

𝜂𝜏

𝑁b 𝑓b 𝑓d

𝑁d

𝑀𝑔

𝐹(𝑣)


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

Torsi eksternal dan gaya eksternal arah vertikal yang bekerja pada sepeda motor

berasal dari gaya normal dari permukaan tanah dan gaya gravitasi pada sepeda motor.

Gaya gravitasi tidak mengerjakan torsi kepada sepeda motor. Sehingga, persamaan

gaya dan torsinya menjadi

𝑁𝑑𝑥 − 𝑁𝑏𝑦 = 0

𝑁𝑑 + 𝑁𝑏 − 𝑀𝑔 = 0

Selesaikan kedua persamaan diatas, maka didapat

𝑁𝑑 = 𝑀𝑔𝑦

𝑥 + 𝑦

𝑁𝑏 = 𝑀𝑔𝑥

𝑥 + 𝑦

b. Persamaan torsi pada kedua roda dan persamaan gaya pada badan motor adalah

𝜂𝜏 − 𝑅𝑓𝑏 = 𝐼𝛼 … (1)

𝑅𝑓𝑑 = 𝐼𝛼 … (2)

𝑓𝑏 − 𝑓𝑑 = 𝑀𝑎 … (3)

Karena kedua roda belum slip terhadap permukaan tanah, maka hubungan antara 𝑎

dan 𝛼 adalah

𝑎 = 𝛼𝑅 … (4)

Jumlahkan persamaan (1) dan (2), lalu gunakan persamaan (3) dan (4), maka didapat

𝜂𝜏 − 𝑅𝑀𝑎 = 2𝐼𝑎

𝑅

𝑎 (𝑀 +2𝐼

𝑅2) =

𝜂𝜏

𝑅

𝑎 =

𝜂𝜏𝑅⁄

𝑀 +2𝐼𝑅2

c. Karena ada gaya gesek udara, maka persamaan (1) dan (3) di pembahasan sub-soal b)

akan mengalami perubahan menjadi

𝜂𝜏′ − 𝑅𝑓𝑏 = 𝐼𝛼


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

𝑓𝑏 − 𝑓𝑑 − (𝛽𝑣 + 𝛾𝑣2) = 𝑀𝑎

Dengan mengikuti langkah yang sama dengan sub-soal b), maka didapat

𝜂𝜏 + 𝜂𝑓(𝑣) − 𝑅𝑀𝑎 − 𝑅(𝛽𝑣 + 𝛾𝑣2) = 2𝐼𝑎

𝑅

[𝜂𝜏 − 𝑎 (𝑀𝑅 + 2𝐼

𝑅)] + [𝜂𝑓(𝑣) − 𝑅(𝛽𝑣 + 𝛾𝑣2)] = 0

Suku di dalam tanda kurung pertama bernilai nol, sehingga

𝑓(𝑣) =𝑅(𝛽𝑣 + 𝛾𝑣2)

𝜂

d. Secara umum, jika kita menginginkan percepatan sepeda motor yang konstan, torsi

yang dikerjakan oleh mesin masih memiliki bentuk

𝜏 =𝑎

𝜂𝑅(𝑀𝑅2 + 2𝐼) +

𝑅(𝛽𝑣 + 𝛾𝑣2)

𝜂

Dalam kasus ini, 𝑎 = 0, sehingga

𝜏 =𝑅(𝛽𝑣 + 𝛾𝑣2)

𝜂

e. Pada kasus ini, gaya gesek statis pada roda belakang adalah

𝑓𝑏 =𝜂𝜏

𝑅= 𝛽𝑣 + 𝛾𝑣2

Nilai ini tidak boleh lebih besar daripada 𝜇𝑁𝑏, jika roda belakang belum slip terhadap

permukaan tanah. Sehingga,

𝛽𝑣 + 𝛾𝑣2 ≤ 𝜇𝑁𝑏 = 𝜇𝑀𝑔𝑥

𝑥 + 𝑦

Nilai 𝑣 yang maksimum akan membuat pertidaksamaan diatas menjadi persamaan.

𝛽𝑣𝑚 + 𝛾𝑣𝑚2 = 𝜇𝑀𝑔

𝑥

𝑥 + 𝑦

𝛾𝑣𝑚2 + 𝛽𝑣𝑚 − 𝜇𝑀𝑔

𝑥

𝑥 + 𝑦= 0

𝑣𝑚 = −𝛽

𝛾± √

𝛽2

𝛾2+

4𝜇𝑀𝑔𝑥

𝛾(𝑥 + 𝑦)


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

Solusi negatif bersifat tidak fisis, karena itu mengindikasikan bahwa gaya gesek udara

memiliki arah yang sama dengan kecepatan sepeda motor. Solusi yang fisis adalah

solusi positif.

𝑣𝑚 =𝛽

𝛾[−1 + √1 +

4𝜇𝑀𝑔𝛾𝑥

𝛽2(𝑥 + 𝑦)]

f. Selama proses perlambatan kecepatan anguler roda belakang, roda belakang slip

terhadap permukaan tanah dan bahan kasar. Perhatikan diagram dibawah ini.

Diagram ini akan digunakan juga di sub-soal berikutnya.

Persamaan torsi pada roda belakang adalah

𝑅3

4𝜇𝑁𝑏 − 𝑅

3

2𝜇 ∙ 2휀𝐹 = 𝐼𝛼

𝛼 =3𝜇𝑅

4𝐼(

𝑀𝑔𝑥

(𝑥 + 𝑦)− 4휀𝐹)

Sehingga,

𝛼 =∆𝜔

∆𝑡=

−𝜔

𝑡

𝑡 =−𝜔

𝛼=

4𝐼𝑣

3𝜇𝑅2[2휀𝐹 −

𝑀𝑔𝑥

(𝑥 + 𝑦)]

−1

g. Dalam kondisi ini, persamaan torsi pada roda belakang adalah

𝑅3

4𝜇𝑁𝑏 − 𝑅𝑓𝑏

′ = 0

3

2𝜇. 2휀𝐹

3

4𝜇. 𝑁b

𝜔

𝑓d 3

4𝜇. 𝑁b roda belakang roda depan

𝑓d


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

𝑓𝑏′ =

3𝜇𝑀𝑔𝑥

4(𝑥 + 𝑦)

Nilai 𝑓𝑏′ tidak boleh lebih dari 2𝜇 ∙ 2휀𝐹, sehingga

3𝜇𝑀𝑔𝑥

4(𝑥 + 𝑦)≤ 4𝜇휀𝐹

𝐹 ≥3𝑀𝑔𝑥

16휀(𝑥 + 𝑦)

h. Persamaan torsi pada roda depan dan gaya pada sepeda motor adalah

−𝑅𝑓𝑑 = 𝐼𝛼

𝑓𝑑 −3

4𝜇𝑁𝑏 = 𝑀𝑎

Roda depan masih belum slip terhadap permukaan tanah, sehingga,

𝑎 = 𝛼𝑅

Gabung ketiga persamaan diatas, maka didapat

−𝐼

𝑅2𝑎 −

3𝜇𝑀𝑔𝑥

4(𝑥 + 𝑦)= 𝑀𝑎

𝑎 = −3𝜇𝑀𝑔𝑥

4(𝑥 + 𝑦) (𝑀 +𝐼

𝑅2)

Sehingga,

𝑎 =∆𝑣

∆𝑡=

−𝑣

𝑡

𝑡 =−𝑣

𝑎=

4𝑣(𝑥 + 𝑦) (𝑀 +𝐼

𝑅2)

3𝜇𝑀𝑔𝑥

Yuwanza Ramadhan

SMAN 1 Depok

4. Gerak Poligon pada Bidang Miring

Di atas sebuah bidang miring ang tidak dapat bergerak dengan sudut kemiringan 𝜙

terdapat sebuah poligon bermassa 𝑚 dengan 𝑁 buah sisi yang simetri. Jarak salah satu

titik sudut poligon ke pusatnya adalah 𝑅. Pada awalnya, salah satu sisi poligon tepat


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

berdempet dengan permukaan bidang miring dan poligon masih diam. Kemudian

diberikan impuls 𝑃 sejajar permukaan bidang miring dan berhimpit pada garis yang

melalui pusat massa poligon. Permukaan bidang miring sangat kasar sehingga poligon

tidak mungkin slip, abaikan hambatan udara, dan terdapat percepatan gravitasi 𝑔 yang

konstan dan arahnya ke bawah.

a. Berkaitan dengan keadaan awal poligon.

i. Buktikan bahwa momen inersia poligon dengan 𝑁 sisi ini berbentuk 𝐼pol = 𝑘𝑚𝑅2

dan tentukan konstanta 𝑘!

ii. Tentukan nilai maksimum sudut 𝜙 = 𝜙maks agar poligon tidak bergerak ketika

diletakkan begitu saja pada bidang miring!

iii. Tentukan syarat untuk impuls 𝐼0 yang diberikan sejajar sisi miring bidang miring

dan melalui pusat massa poligon agar poligon bisa menumbuk bidang miring untuk

pertama kalinya jika 𝜙 < 𝜙maks!

b. Berkaitan dengan gerakan poligon.

i. Tinjau kondisi saat poligon sedang berotasi terhadap salah satu titik sudutnya dan

dia tepat akan menumbuk permukaan bidang miring untuk pertama kalinya

dengan kecepatan sudut 𝜔1 dan setelah tumbukan kecepatan sudutnya menjadi

𝜔2, tentukan hubungan antara 𝜔1 dan 𝜔2!

ii. Tentukan nilai 𝜔1 dan 𝜔2!

Solusi :

a. Berkaitan dengan keadaan awal poligon.

i. Tinjau satu bagian segitiga siku-siku dari poligon dengan alas 𝑎 = 𝑅 cos 𝜋/𝑁 dan

tinggi 𝑡 = 𝑅 sin 𝜋/𝑁 serta panjang sisi miring 𝑅. Poligon dapat dianggap

merupakan susunan dari 2𝑁 buah segitiga siku-siku ini. Momen inersia poligon ini

𝜙

𝑔 𝑅

𝑚


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

sama dengan 2𝑁 kali momen inersia satu buah segitiga siku-siku yang massa nya

adalah 𝑚′ = 𝑚/2𝑁. Sekarang tinjau momen inersia dari segitia siku-siku ini, kita

mulai dengan meninjau elemen massa 𝑑𝑚′ untuk koordinat polar dengan luas

elemen ini adalah 𝑑𝐴 = 𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃, dengan rapat massa segitiga adalah 𝜎 =

2𝑚′/𝑎2 sin(𝜋/𝑁) cos(𝜋/𝑁)

Sehingga akan kita dapatkan momen inersia poligon yaitu

𝐼pol = 2𝑁𝐼segitiga

𝐼pol = 2𝑁 ∫ 𝑟2𝑑𝑚′ = 2𝑁 ∫ 𝑟2𝜎 𝑑𝐴

𝐼pol =2𝑚

𝑅2 sin(𝜋/𝑁) cos(𝜋/𝑁)∫ ∫ 𝑟3

𝑟=𝑅 cos(𝜋/𝑁)

cos 𝜃

𝑟=0

𝜃=𝜋𝑁

𝜃=0

𝑑𝑟𝑑𝜃

Untuk 𝜃 kita gunakan batas dari 0 sampai 𝜋/𝑁 sesuai dengna batas rentang sudut

𝜃 pada segitiga. Untuk 𝑟 kita gunakan batas dari 0 sampai 𝑅 cos(𝜋/𝑁) / cos 𝜃,

mengapa? Sebelumnya 𝑟 sendiri adalah posisi dari titik asal, pada segitiga ini,

posisi terjauh 𝑟 bervariasi dan bergantung pada 𝜃 seperti pada fungsi tersebut,

𝑑𝑚

𝑟𝑑𝜃

𝑑𝑟

𝑑𝜃

𝑟𝑑𝜃

𝑑𝑟

𝑅

𝑅 sin (𝜋

𝑁)

𝑅 cos (𝜋

𝑁)

𝑂

𝜃

𝑟


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

sehingga

𝐼pol =2𝑚

𝑅2 sin(𝜋/𝑁) cos(𝜋/𝑁)∫

(𝑅 cos(𝜋/𝑁)

cos 𝜃)

4

4

𝜃=𝜋𝑁

𝜃=0

𝑑𝜃

𝐼pol =1

2𝑚𝑎2

cos3(𝜋/𝑁)

sin(𝜋/𝑁)∫ sec4 𝜃

𝜃=𝜋𝑁

𝜃=0

𝑑𝜃

Kita selesaikan integralnya dulu

∫ sec4 𝜃𝜃=

𝜋𝑁

𝜃=0

𝑑𝜃 = ∫ sec2 𝜃 sec2 𝜃𝜃=

𝜋𝑁

𝜃=0

𝑑𝜃 = ∫ (1 + tan2 𝜃)𝜃=

𝜋𝑁

𝜃=0

𝑑(tan 𝜃)

∫ sec4 𝜃𝜃=

𝜋𝑁

𝜃=0

𝑑𝜃 = (tan 𝜃 +1

3tan3 𝜃)

0

𝜋𝑁

= tan (𝜋

𝑁) +

1

3tan3 (

𝜋

𝑁)

Sehingga

𝐼pol =1

2𝑚𝑅2

cos3 (𝜋𝑁

)

sin (𝜋𝑁)

[tan (𝜋

𝑁) +

1

3tan3 (

𝜋

𝑁)]

𝐼pol =1

6(1 + 2 cos2(𝜋/𝑁) )𝑚𝑅2 ⟺ 𝐼pol = 𝑘𝑚𝑅2 ⟹ 𝑘 =

1

6[1 + 2 cos2 (

𝜋

𝑁) ]

ii. Agar hal ini terpenuhi, pusat massa poligon haruslah tepat di atas ujung bawah sisi

poligon yang bersentuhan dengan bidang miring dari sini kita peroleh bahwa

𝜙maks =𝜋

𝑁

iii. Impuls 𝐼0 haruslah bisa membuat poligon bergerak dengan suatu kecepatan sudut

awal sehingga akhirnya dia bisa melewati posisi tertingginya atau dengan kata lain

𝐴′ =𝑎𝑡

2=

𝑅2

2sin (

𝜋

𝑁) cos (

𝜋

𝑁)

𝜎 =𝑚′

𝐴′ =2𝑚′

𝑅2 sin(𝜋/𝑁) cos(𝜋/𝑁)

𝑅

𝑡 = 𝑅 sin (𝜋

𝑁)

𝑎=

𝑅co

s(

𝜋 𝑁)

𝑂

𝜃

𝑅 cos (𝜋

𝑁) = 𝑟m(𝜃) cos 𝜃

𝑟m(𝜃) = 𝑅 cos(𝜋/𝑁)

cos 𝜃


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

mencapai energi potensial maksimumnya dalam keadaan diam, seluruh energi

kinetik awal di ubah menjadi energi potensial maksimum, yaitu saat pusat massa

poligon berada di posisi tertingginya.

Dari teorema impuls momentum angular akan kita peroleh

𝐼0𝑅 cos (𝜋

𝑁) = (𝐼pol + 𝑚𝑅2)𝜔0 ⟹ 𝜔0 =

𝐼0𝑅 cos(𝜋/𝑁)

(𝐼pol + 𝑚𝑅2)

Perubahan ketinggian pusat massa poligon dari mulai berotasi sampai posisi

pusat massanya berada di ketinggian maksimum adalah

Δ𝑦 = 𝑅 − 𝑅 cos (𝜋

𝑁− 𝜙)

Sehingga dari konservasi energi akan kita peroleh

Δ𝐸 = 𝐸f − 𝐸i = 0

𝐸f = 𝐸i

1

2𝐼pol𝜔0

2 = 𝑚𝑔Δ𝑦

1

2

[𝐼0,min𝑅 cos(𝜋/𝑁)]2

𝑘𝑚𝑅2 + 𝑚𝑅2= 𝑚𝑔𝑅 [1 − cos (

𝜋

𝑁− 𝜙)]

𝐼0,min = 𝑚 √2𝑔𝑅(𝑘 + 1) [1 − cos (𝜋

𝑁− 𝜙)]

Sehingga syarat untuk impuls 𝐼0 adalah

𝜙

𝑔

𝑅 cos (𝜋

𝑁)

𝑚

𝜔0

𝐼0

𝜙 𝛼 𝛼

Δ𝑦


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

𝐼0 ≥ 𝐼0,min = 𝑚 √2𝑔𝑅(𝑘 + 1) [1 − cos (𝜋

𝑁− 𝜙)]

b. Berkaitan dengan gerakan poligon.

i. Saat tumbukan terjadi, poros rotasi akan berpindah ke titik sudut yang menumbuk

bidang miring, jika kita tinjau terhadap poros yang baru ini, impuls angular akibat

poros bernilai nol dan momentum angular terhadap poros ini akan kekal. Sehingga

dari sini kita peroleh hubungan 𝜔0 dan 𝜔1 yaitu

𝐿i = 𝐿f

𝐼pol𝜔1 + 𝑚𝜔1𝑅 sin (𝜋

2−

2𝜋

𝑁) 𝑅 = 𝐼pol𝜔2

[𝑘 + sin (𝜋

2−

2𝜋

𝑁)] 𝑚𝑅2𝜔1 = 𝑘𝑚𝑅2𝜔2

𝜔2 = [1 +1

𝑘sin (

𝜋

2−

2𝜋

𝑁)] 𝜔1

ii. Dari posisi pusat massa ketinggian maksimum, sampai poligon sesaat sebelum

menumbuk bidang miring untuk pertama kalinya,

perubahan ketinggian pusat massanya adalah

Δ𝑦′ = 𝑅 [1 − cos (𝜋

𝑁+ 𝜙)]

Sehingga dari konservasi energi akan kita peroleh

𝑚𝑔Δ𝑦′ =1

2(𝐼pol + 𝑚𝑅2)𝜔1

2

𝑚𝑔𝑅 [1 − cos (𝜋

𝑁+ 𝜙)] =

1

2(𝑘 + 1)𝑚𝑅2𝜔1

2

𝜔1 = √2𝑔

(𝑘 + 1)𝑅[1 − cos (

𝜋

𝑁+ 𝜙)]

Dari hubungan pada bagian (i) akan kita peroleh

𝜙 𝛼 𝛽

Δ𝑦′


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

𝜔2 = [1 +1

𝑘sin (

𝜋

2−

2𝜋

𝑁)] √

2𝑔

(𝑘 + 1)𝑅[1 − cos (

𝜋

𝑁+ 𝜙)]

Ahmad Basyir Najwan

SMAN 3 Banjarbaru

5. Cakram Berputar, Bola Kecil, dan Lintasan Setengah Lingkaran

Cakram bermassa 𝑀 dan jari-jari 𝑅 dapat berputar bebas di sekitar sumbu vertikal yang

ditahan oleh suatu bantalan pada ketinggian ℎ dari tanah. Di atas cakram terdapat suatu

lintasan yang menempel pada cakram yang bentuknya adalah busur setengah lingkaran

dengan jari-jari 𝑟 = 𝑅/2, seperti yang ditunjukkan pada gambar. Sebuah bola kecil

bermassa 𝑚 mulai bergerak menuju lintasan setengah lingkaran di atas cakram dengan

kecepatan 𝑣0 sedemikian rupa secara tangensial.

a. Berapa jarak antara tepi cakram dan tempat bola mencapai tanah? Jarak yang

dimaksud adalah jarak terpendek yang mungkin antara tepi cakram dan tempat bola

mencapai tanah.

b. Seberapa jauh bola pada saat mencapai tanah dari titik di mana bola meninggalkan

cakram?

Abaikan semua jenis gesekan.

Solusi :

a. Momentum angular sistem kekal terhadap poros cakram, dari sini akan kita peroleh

1

2𝑀𝑅2𝜔 − 𝑚𝑅𝑣 = 0 ⟹ 𝑣 =

𝑀

2𝑚𝜔𝑅

Energi sistem kekal, dari sini juga akan kita peroleh

1

2𝑚𝑣0

2 =1

2𝑚𝑣2 +

1

2(

1

2𝑀𝑅2) 𝜔2

Subtitusi hasil sebelumnya

𝑀 𝑣0

𝑚

ℎ

𝑅

𝑟

𝑣0

𝑚 𝑀


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

𝑚𝑣02 = 𝑚 (

𝑀

2𝑚𝜔𝑅)

2

+1

2𝑀𝜔2𝑅2

𝑚𝑣02 = (

𝑀2

4𝑚+

𝑀

2) 𝜔2𝑅2 ⟹ 𝜔𝑅 = 2𝑣0√

𝑚2

𝑀2 + 2𝑀𝑚

Sehingga kita dapatkan pula

𝑣 = 𝑣0√𝑀

𝑀 + 2𝑚

Perhatikan gambar berikut

Waktu dari saat bola lepas sampai tiba di tanah adalah

𝑡 = √2ℎ

𝑔

Sehingga jarak horizontal yang ditempuh bola sampai tiba di tanah adalah

𝑠 = 𝑣𝑡 ⟹ 𝑠 = 𝑣0√2ℎ

𝑔√

𝑀

𝑀 + 2𝑚

Dari geometri, akan kita dapatkan bahwa

(𝑥 + 𝑅)2 = 𝑠2 + 𝑅2

𝑥 = √𝑠2 + 𝑅2 − 𝑅 ⟹ 𝑥 = √2𝑀𝑣0

2ℎ

(𝑀 + 2𝑚)𝑔+ 𝑅2 − 𝑅

Sehingga jarak tepi cakram dari posisi jatuhnya bola di tanah adalah

𝑀

𝑣

ℎ ℎ

𝑠

𝑑

𝑥

𝑅

𝑚


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

𝑑 = √𝑥2 + ℎ2 ⟹ 𝑑 = √(√2𝑀𝑣0

2ℎ

(𝑀 + 2𝑚)𝑔+ 𝑅2 − 𝑅)

2

+ ℎ2

𝑑 = √2𝑀𝑣0

2ℎ

(𝑀 + 2𝑚)𝑔+ 2𝑅2 + ℎ2 − 2𝑅√

2𝑀𝑣02ℎ

(𝑀 + 2𝑚)𝑔+ 𝑅2

b. Kecepatan sudut cakram setelah bola lepas adalah

𝜔 =2𝑚𝑣0

𝑅√

1

𝑀2 + 2𝑀𝑚

Sudut yang ditempuh cakram sampai bola tiba di lantai

ϕ = ωt =2𝑚𝑣0

𝑅√

2ℎ

𝑔√

1

𝑀2 + 2𝑀𝑚

Perhatikan gambar di bawah

Kemudian dari geomteri sistem kita peroleh

sin α =R

√R2 + s2=

R

√𝑅2 +2𝑀𝑣0

2ℎ(𝑀 + 2𝑚)𝑔

⟹ α

= sin−1 (R√(𝑀 + 2𝑚)𝑔

√(𝑀 + 2𝑚)𝑔𝑅2 + 2𝑀𝑣02ℎ

)

Sehingga kita peroleh bahwa

2π = ψ + α + ϕ ⟹ ψ = 2π − (α + ϕ)

Sehingga jarak bola pada bidang horizontal pada saat mencapai tanah dari titik di

mana bola meninggalkan cakram adalah

𝑠

𝑅

𝑅 𝐿

𝛼 𝜙

𝜓


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

L2 = R2 + s2 + R2 − 2R√R2 + s2 cos ψ

L2 =2𝑀𝑣0

2ℎ

(𝑀 + 2𝑚)𝑔+ 2R2 − 2R√R2 +

2𝑀𝑣02ℎ

(𝑀 + 2𝑚)𝑔cos ψ

Mengingat cos ψ = cos[2𝜋 − (𝛼 + 𝜙)] = cos(α + ϕ) sehingga jarak bola pada saat

mencapai tanah dari titik di mana bola meninggalkan cakram adalah

S = √h2 + L2

S = √h2 +2𝑀𝑣0

2ℎ

(𝑀 + 2𝑚)𝑔+ 2R2 − 2R√R2 +

2𝑀𝑣02ℎ

(𝑀 + 2𝑚)𝑔cos(α + ϕ)

Ahmad Basyir Najwan

SMAN 3 Banjarbaru

6. Sistem Tiga Massa da Tiga Pegas

Sebuah sistem terdiri dari tiga buah benda titik bermassa 𝑚 yang dihubungkan dengan

tiga pegas identik dengan konstanta pegas 𝑘 dan panjang rileks 𝑎 sehingga membentuk

segitiga sama sisi. Sistem ini kemudian diberi momentum anguler 𝐿 sedemikian rupa

sehingga, dalam keadaan setimbang, sistem ini berputar dengan kecepatan sudut 𝜔.

Dalam keadaan ini pula, panjang pegas akan bertambah sebesar 𝑥0, dimana 𝑥0 ≪ 𝑎.

Abaikan pengaruh medan gravitasi bumi dan efek eksternal lainnya kepada sistem ini.

a. Tentukan nilai 𝑥0 dan 𝜔, dinyatakan dalam 𝑚, 𝑘, 𝑎, dan 𝐿.

b. Tentukan energi total yang diberikan kepada sistem ini.

Kemudian, setiap massa diberi simpangan kecil yang sama besarnya ke arah radial

(menjauhi pusat segitiga).

𝜔

𝜔 𝜔

𝑚

𝑚

𝑚

𝑘 𝑘

𝑘

𝑎 + 𝑥0


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

c. Tentukan periode osilasi (𝑇𝑜𝑠𝑐) dari simpangan kecil ini.

Jika anda konsisten dalam mengerjakan sub-soal sebelumnya, anda akan menyadari

bahwa ada suatu besaran tak berdimensi (sebut saja 𝑓) yang nilainya jauh lebih kecil

daripada 1, tapi tidak boleh diabaikan. Besaran tersebut bergantung kepada 𝐿, 𝑚, 𝑘, dan

𝑎.

d. Tuliskan besaran tak berdimensi tersebut. Anda tidak perlu menyertakan angka

tertentu sebagai koefisien dari besaran tersebut. Jelaskan makna fisis dari nilai 𝑓 yang

jauh lebih kecil daripada 1 ini.

e. Bandingkan nilai dari 𝜔 dan 𝜔𝑜𝑠𝑐, nilai mana yang jauh lebih besar? Buktikan jawaban

anda.

Solusi :

a. Jarak dari pusat massa sistem (dalam kasus ini merupakan pusat segitiga) ke salah satu

massa, 𝑟, dapat dicari dengan menggunakan hubungan

2𝑟0 cos 30° = 𝑎 + 𝑥0

𝑟0 =𝑎 + 𝑥0

√3

Sehingga, total momentum anguler sistem adalah

𝐿 = 3(𝑚𝑟02𝜔) = 𝑚(𝑎 + 𝑥0)2𝜔 … (1)

Dalam keadaan ini, persamaan gaya yang bekerja kepada salah satu massa adalah

2(𝑘𝑥0 cos 30°) = 𝑚𝜔2𝑟0

3𝑘𝑥0 = 𝑚𝜔2(𝑎 + 𝑥0) … (2)

Dari persamaan (2), maka didapat

𝜔2 =3𝑘𝑥0

𝑚(𝑎 + 𝑥0)

Kuadratkan kedua ruas di persamaan (1), lalu substitusikan nilai 𝜔2 diatas, maka

didapat

𝐿2 = 𝑚23𝑘𝑥0

𝑚(𝑎 + 𝑥0)3 ≈ 3𝑚𝑘𝑎4 [

𝑥0

𝑎(1 +

3𝑥0

𝑎)] ≈ 3𝑚𝑘𝑎3𝑥0


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

𝑥0 ≈𝐿2

3𝑚𝑘𝑎3

Substitusikan bentuk ini ke persamaan (2), maka didapat

𝜔2 =3𝑘

𝑚∙

𝐿2

3𝑚𝑘𝑎3∙

1

𝑎 +𝐿2

3𝑚𝑘𝑎3

=𝐿2

𝑚2𝑎4(1 +

𝐿2

3𝑚𝑘𝑎4)

−1

𝜔 ≈𝐿

𝑚𝑎2(1 −

𝐿2

6𝑚𝑘𝑎4)

b. Energi total yang diberikan kepada sistem ini adalah

𝐸 =1

2(3 ∙ 𝑚

(𝑎 + 𝑥0)2

3) 𝜔2 + 3 (

1

2𝑘𝑥0

2)

Dengan menggunakan hasil yang didapat di sub-soal a), maka didapat

𝐸 ≈1

2𝑚 (𝑎 +

𝐿2

3𝑚𝑘𝑎3)

2𝐿2

𝑚2𝑎4(1 −

𝐿2

3𝑚𝑘𝑎4) +

3

2𝑘

𝐿4

9𝑚2𝑘2𝑎6

𝐸 ≈𝐿2

2𝑚𝑎2(1 +

𝐿2

3𝑚𝑘𝑎4) +

𝐿4

6𝑚2𝑘𝑎6

𝐸 ≈𝐿2

2𝑚𝑎2(1 +

2𝐿2

3𝑚𝑘𝑎4)

c. Dalam kondisi ini, kita bisa menyusun persamaan gaya pada salah satu massa dan

persamaan kekekalan momentum anguler terhadap pusat massa sistem. Persamaan

gaya dan momentum anguler untuk sistem ini adalah

𝑚𝑑2𝑟

𝑑𝑡2− 𝑚𝜔′2

𝑟 = 2(−𝑘(𝑟√3 − 𝑎) cos 30°) … (3)

𝐿 = 3𝑚𝑟2𝜔′ … (4)

Dengan menggunakan persamaan (4) untuk mengganti 𝜔2 di persamaan (3), maka

didapat

𝑚𝑑2𝑟

𝑑𝑡2−

𝐿2

9𝑚𝑟3= −3𝑘 (𝑟 −

𝑎

√3) … (5)

Dengan menggunakan pendekatan dibawah ini


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

𝑟 =𝑎

√3+ 𝛿 ; 𝛿 ≪ 𝑟

Maka persamaan (5) menjadi

𝑚𝑑2𝛿

𝑑𝑡2−

𝐿2

𝑚𝑎3√3(1 −

3√3𝛿

𝑎) ≈ −3𝑘𝛿

𝑑2𝛿

𝑑𝑡2+ (

3𝐿2

𝑚2𝑎4+

3𝑘

𝑚) 𝛿 ≈

𝐿2

𝑚𝑎3√3

Untuk menyempurnakan persamaan diatas (agar suku konstanta di ruas kanan hilang),

kita akan menggunakan substitusi berikut ini

𝛿 = 𝛿0 + 𝛿′ ; 𝛿0 ≡ 𝑘𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑎

Sehingga,

𝑑2𝛿′

𝑑𝑡2+ (

3𝐿2

𝑚2𝑎4+

3𝑘

𝑚) (𝛿0 + 𝛿′) ≈

𝐿2

𝑚𝑎3√3

Agar semua suku konstanta di persamaan diatas hilang, maka

(3𝐿2

𝑚2𝑎4+

3𝑘

𝑚) 𝛿0 =

𝐿2

𝑚𝑎3√3

Kita tidak tertarik untuk mencari nilai 𝛿0. Persamaan diferensialnya menjadi

𝑑2𝛿′

𝑑𝑡2+ (

3𝐿2

𝑚2𝑎4+

3𝑘

𝑚) 𝛿′ = 0

Sehingga, frekuensi sudut dan periode dari osilasi massa di arah radial ini adalah

𝜔𝑜𝑠𝑐 = √3𝐿2

𝑚2𝑎4+

3𝑘

𝑚≈ √

3𝑘

𝑚(1 +

𝐿2

2𝑚𝑘𝑎4)

𝑇𝑜𝑠𝑐 =2𝜋

𝜔𝑜𝑠𝑐≈ 2𝜋√

𝑚

3𝑘(1 −

𝐿2

2𝑚𝑘𝑎4)

d. Dari analisis yang sudah kita lakukan diatas, maka besaran tak berdimensi tersebut

adalah

𝑓 =𝐿2

𝑚𝑘𝑎4


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

Makna fisis dari nilai 𝑓 ini adalah nilai 𝑘 di sistem kita sangat besar, sehingga pegas

tersebut dianggap hampir keras. Nilai 𝑘 yang sangat besar inilah yang dapat membuat

𝑥0 jauh lebih kecil daripada 𝑎, panjang pegas mula-mula.

e. Dengan menggunakan hasil dari sub-soal a) dan c), maka didapat

𝜔 ⋯ 𝜔𝑜𝑠𝑐

𝐿

𝑚𝑎2(1 −

𝐿2

6𝑚𝑘𝑎4) ⋯ √

3𝑘

𝑚(1 +

𝐿2

2𝑚𝑘𝑎4)

𝐿

𝑚𝑎2√

𝑚

3𝑘 ⋯ 1 +

2𝐿2

3𝑚𝑘𝑎4

𝐿2

3𝑚𝑘𝑎4 ⋯ 1 +

4𝐿2

3𝑚𝑘𝑎4

Perhatikan bahwa ruas kiri hanya mengandung suku yang jauh lebih kecil daripada 1,

dan ruas kanan mengandung 1 dan suku yang jauh lebih kecil daripada 1. Sehingga,

dapat disimpulkan bahwa tanda yang cocok untuk mengisi titik-titik diatas adalah

𝐿2

3𝑚𝑘𝑎4≪ 1 +

4𝐿2

3𝑚𝑘𝑎4

𝜔 ≪ 𝜔𝑜𝑠𝑐

Yuwanza Ramadhan

SMAN 1 Depok

7. Penghalang Vertikal

Sebuah silinder padat dengan massa 𝑚 dan jari-jari 𝑟 menggelinding tanpa slip di atas

sebuah permukaan datar dan kemudian menabrak penghalang vertikal setinggi ℎ = 𝑟/3.

Sebelum menumbuk penghalang kecepatan silinder adalah 𝑣. Antara silinder dan

penghalang terdapat gaya gesek yang sangat besar sehingga tidak mungkin terjadi slip.

(a) (b)


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

a. Berdasarkan gambar (a), silinder berhasil melewati penghalang dan tidak ada slip saat

proses ini. Hitung energi total yang hilang pada proses ini!

b. Hitung kecepatan minimum 𝑣min agar silinder bisa melewati penghalang ini!

c. Jika kecepatan 𝑣 cukup besar, silinder tepat akan melompat setelah menumbuk

penghalang seperti ditunjukan oleh gambar (b). Namakan kecepatan ini sebagai 𝑣c,

tentukan nilainya!

d. Berdasarkan bagian (c), tentukan ketinggian maksimum yang di capai oleh pusat

massa silinder diukur dari lantai!

Solusi :

a. Momen inersia silinder terhadap sumbu yang melalui pusat massanya adalah

𝐼pm =1

2𝑚𝑟2

Sesaat setelah menumbuk penghalang, poros rotasi berpindah ke titik kontak bola

dengan penghalang, momen inersia terhadap titik ini bisa kita dapatkan dengan

teorema sumbu sejajar yaitu

𝐼 = 𝐼pm + 𝑚𝑟2 ⟹ 𝐼 =3

2𝑚𝑟2

Pada saat tumbukan, ada beberapa gaya yang bekerja yaitu gaya berat dari gravitasi,

gaya normal dari lantai, dan gaya kontak dari penghalang. Akan tetapi, gaya kontak

dari penghalang jauh lebih besar di banding gaya berat dan gaya normal tadi, sehingga

impuls yang disebabkan gaya normal dan gaya berat relatif bisa diabaikan. Nah

sekarang kita tahu bahwa impuls eksternal hanya dari ujung penghalang, jika kita

tinjau momentum sudut silinder relatif poros ini, maka tidak ada impuls sudut

eksternal, karena lengan momen dari impuls eksternal gaya kontak nol, akibatnya

momentum sudut silinder terhadap ujung atas penghalang akan kekal. Dari sini akan

kita peroleh

𝐿i = 𝐿f

𝑚𝑣(𝑟 − ℎ) +1

2𝑚𝑟2𝜔0 =

3

2𝑚𝑟2𝜔

𝑚𝑣 (𝑟 −𝑟

3) +

1

2𝑚𝑟2 (

𝑣

𝑟) =

3

2𝑚𝑟2𝜔


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

7

6𝑚𝑣𝑟 =

3

2𝑚𝑟2𝜔 ⟹ 𝜔 =

7𝑣

9𝑟

Energi yang hilang adalah selisih energi sebelum dan sesudah tumbukan. Energi di sini

hanya berupa energi kinetik saja karena pusat massa silinder tidak mengalami

perubahan ketinggian sehingga energi potensialnya kekal. Dari sini akan kita peroleh

Δ𝐸 = 𝐸f − 𝐸i

Δ𝐸 =1

2𝐼𝜔2 − (

1

2𝑚𝑣2 +

1

2𝐼pm𝜔0

2)

Δ𝐸 =1

2(

3

2𝑚𝑟2) (

7𝑣

9𝑟)

2

− (1

2𝑚𝑣2 +

1

2(

1

2𝑚𝑟2) (

𝑣

𝑟)

2

)

Δ𝐸 =49

108𝑚𝑣2 −

3

4𝑚𝑣2 ⟹ Δ𝐸 = −

8

27𝑚𝑣2

Tanda negatif secara fisis dapat diartikan bahwa energi tersebut hilang dari sistem.

Mengapa begitu? Tanda negatif itu juga menandakan bahwa energi akhir kurang dari

energi awal, artinya ada sebagian energi awal yang hilang dan pada kasus ini besarnya

adalah (8/27)𝑚𝑣2.

b. Agar silinder bisa melewati penghalang, syaratnya adalah dia bisa mencapai posisi

dimana pusat massanya berada di ketinggian tertinggi yang mungkin, yaitu tepat di

atas pengahalang. Perubahan ketinggian pusat massa dari sesaat setelah tumbukan

sampai posisi ini adalah Δℎ = 𝑟/3. Saat kondisi kecepatan 𝑣 minimum, saat di posisi

tertinggi silinder haruslah tepat akan diam, artinya energi kinetik setelah tumbukan

seluruhnya diubah untuk kenaikan energi potensial silinder, sehingga kita peroleh

𝐸𝐾i = Δ𝐸𝑃

1

2𝐼𝜔2 = 𝑚𝑔Δℎ

49

108𝑚𝑣min

2 = 𝑚𝑔𝑟

3⟹ 𝑣min =

6

7√𝑔𝑟

c. Tinjau gaya sentripetal terhadap poros ujung atas penghalang vertikal saat silinder

sudah mulai berotasi terhadap poros baru ini, akan kita peroleh

𝑚𝑔 cos 𝜃 − 𝑁 = 𝑚𝜔c2𝑟

Dengan 𝜃 adalah sudut yang ditunjukan oleh gambar


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

Saat silinder melompat, dia akan lepas kontak, sehingga 𝑁 = 0

𝑚𝑔 cos 𝜃 = 𝑚𝜔c2𝑟 ⟹ 𝜔c

2 =𝑔

𝑟cos 𝜃

Tinjau kekekalan energi dari sesaat setelah tumbukan sampai saat ini, akan kita

peroleh

1

2𝐼𝜔2 + 𝑚𝑔𝑟 =

1

2𝐼𝜔c

2 + 𝑚𝑔𝑟

3+ 𝑚𝑔𝑟 cos 𝜃

49

108𝑚𝑣c

2 + 𝑚𝑔𝑟 =1

2(

3

2𝑚𝑟2) (

𝑔

𝑟cos 𝜃) + 𝑚𝑔

𝑟

3+ 𝑚𝑔𝑟 cos 𝜃

49

108𝑚𝑣c

2 =7

4𝑚𝑔𝑟 cos 𝜃 −

2

3𝑚𝑔𝑟

silinder tepat melompat setelah menumbuk penghalang vertikal sehingga cos 𝜃 =

2/3

49

108𝑚𝑣c

2 =7

4𝑚𝑔𝑟

2

3−

2

3𝑚𝑔𝑟 =

1

2𝑚𝑔𝑟

𝑣c2 =

54

49𝑔𝑟 ⟹ 𝑣c =

3

7√6𝑔𝑟

d. Setelah melompat, silinder ini akan mengalami gerak parabola dengan kecepatan awal

𝑣0 dan sudut awal 𝜃 dengan

cos 𝜃 =2

3 dan sin 𝜃 =

√5

3

𝑣0 = 𝑟𝜔 =7

9 3

7√6𝑔𝑟 ⟹ 𝑣0

2 =2

3𝑔𝑟

Sehingga ketinggian maksimum yang dicapai pusat massa silinder adalah

ℎmax = 𝑟 +𝑣0

2 sin2 𝜃

2𝑔

ℎmax = 𝑟 +

23 𝑔𝑟 (

59)

2𝑔⟹ ℎmax =

32

27𝑟

Ahmad Basyir Najwan

SMAN 3 Banjarbaru

𝜃

𝜃


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

8. Bola yang Stasioner di Dalam Silinder Berputar

Terdapat suatu ban berputar dengan poros yang tetap berbentuk kulit silinder dengan

massa total 𝑚 yang homogen, jari-jari alas 𝑅, dan tinggi ℎ = 𝑅/2. Terdapat bola padat

kecil dengan jari-jari 𝑟 = 𝑅/6 dengan massa yang sama 𝑚. Pada awalnya sistem diam dan

bola berada pada permukaan dalam silinder dan titik sentuh dengan silinder di ketinggian

𝑦 = 𝑅/4 dari dasar roda. Roda kemudian diputar dengan suatu torsi tertentu sedemikian

hingga pusat massa bola stasioner. Terdapat medan gravitasi 𝑔 yang homogen ber arah

ke bawah pada sistem ini.

a. Tentukan besar torsi yang harus diberikan pada roda berputar tersebut!

b. Tentukan percepatan angular bola dan roda. (Bola menggelinding tanpa slip di

permukaan dalam roda. Abaikan massa batang pemutar roda)

c. Tentukan besar kerja yang telah diberikan setelah selang waktu Δ𝑡!

d. Untuk 𝑚 = 2 kg, 𝑔 = 10 m/s2, Δ𝑡 = 2 s, dan 𝑅 = 0,54 m, tentukan nilai dari

besaran-besaran yang dicari pada bagian sebelumnya!

Solusi :

a. Agar bola bisa stasioner atau dalam artian sederhana dia diam menurut pengamat

yang diam di luar roda, resultan gaya yang bekerja pada bola haruslah sama dengan

nol. Ada tiga gaya yang bekerja pada bola yaitu gaya berat, gaya normal, dan gaya

gesek. Menggunakan Hukum Newton I akan kita peroleh

∑ �⃗�bola = 0

�⃗�berat + �⃗�gesek + �⃗�normal = 0

ℎ

𝑅

𝑅/4

𝑚

𝑚

𝑚


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

Untuk mempermudah, kita ambil dalam koordinat polar, masing-masing vektor gaya

di atas akan memiliki bentuk

�⃗�berat = 𝑚𝑔 (−�̂�) = 𝑚𝑔(cos 𝜃 �̂� − sin 𝜃 𝜃)

�⃗�gesek = 𝑓𝜃

�⃗�normal = −𝑁�̂�

Sehingga akan kita peroleh

𝑚𝑔(cos 𝜃 �̂� − sin 𝜃 𝜃) + 𝑓𝜃 − 𝑁�̂� = 0

(𝑚𝑔 cos 𝜃 − 𝑁)�̂� + (−𝑚𝑔 sin 𝜃 + 𝑓)𝜃 = 0

Dari masing-masing arah akan kita peroleh

𝑁 = 𝑚𝑔 cos 𝜃

𝑓 = 𝑚𝑔 sin 𝜃

Dimana 𝜃 adalah sudut antara garis penghubung poros roda dengan pusat bola

terhadap vertikal.

Sekarang tinjau gerak rotasi bola, dengan 𝛽 adalah percepatan sudut bola, maka dari

Hukum II Newton untuk gerak rotasi akan kita peroleh

∑ 𝜏pusat bola = 𝐼bola�⃗�

𝑓𝑟 =2

5𝑚𝑟2𝛽

𝑚𝑔 sin 𝜃 =2

5𝑚𝛽𝑟 ⟹ 𝛽𝑟 =

5𝑔

2sin 𝜃

Misal torsi yang diberikan adalah 𝜏eks = 𝑀�̂� dan percepatan sudut roda adalah 𝛼,

akan kita peroleh

∑ 𝜏pusat roda = 𝐼roda�⃗�

𝑀 − 𝑓𝑅 = 𝐼roda𝛼

𝑀 = 𝑚𝑔 sin 𝜃 𝑅 + 𝐼roda𝛼 … (1)

Karena bola stasioner, percepatan tepi bola dan tepi dalam silinder yang bersentuhan

memiliki nilai yang sama, dari sini kita peroleh

𝑅𝛼 = 𝛽𝑟 =5𝑔

2sin 𝜃 ⟹ 𝛼 =

5𝑔

2𝑅sin 𝜃

Berikutnya kita cari momen inersia roda terlebih dahulu. Massa masing-masing tutup

dan massa selimut silinder adalah


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

𝑚tutup =𝜋𝑅2

2𝜋𝑅2 + 2𝜋𝑅 × 𝑅/2𝑚 ⟹ 𝑚tutup =

𝑚

3

𝑚selimut =2𝜋𝑅 × 𝑅/2

2𝜋𝑅2 + 2𝜋𝑅 × 𝑅/2𝑚 ⟹ 𝑚selimut =

𝑚

3

Momen inersia roda akan menjadi

𝐼roda = 2 ×1

2𝑚tutup𝑅2 + 𝑚selimut𝑅2 ⟹ 𝐼roda =

2

3𝑚𝑅2

Subtitusi 𝛼 dan 𝐼roda ke persamaan (1), akan kita peroleh

𝑀 = 𝑚𝑔 sin 𝜃 𝑅 +2

3𝑚𝑅2

5𝑔

2𝑅sin 𝜃 ⟹ 𝑀 =

8

3𝑚𝑔𝑅 sin 𝜃

Dari geometri sistem, kita bisa dapatkan sin 𝜃 yaitu

cos 𝜃 =𝑅 − 𝑅/4

𝑅=

3

4⟹ sin 𝜃 =

√7

4

Sehingga torsi eksternal yang diberikan adalah

𝜏eks =2√7

3𝑚𝑔𝑅�̂�

b. Percepatan sudut roda dan bola adalah

𝛽 =15𝑔

𝑅

√7

4⟹ 𝛽 =

15√7𝑔

𝑅

𝛼 =5𝑔

2𝑅

√7

4⟹ 𝛼 =

5√7𝑔

8𝑅

c. Usaha yang diberikan sama dengan perubahan energi kinetik sistem, dari sini kita

peroleh

𝑊 = Δ𝐸𝐾bola + Δ𝐸𝐾roda

𝑊 =1

2𝐼bola𝜔bola

2 +1

2𝐼roda𝜔roda

2

𝑊 =1

2(

2

5𝑚𝑟2) (𝛽Δ𝑡)2 +

1

2(

2

3𝑚𝑅2) (𝛼Δ𝑡)2

Ingat bahwa 𝑟𝛽 = 𝑅𝛼 sehingga

𝑊 = (1

5+

1

3) 𝑚𝑅2𝛼2Δ𝑡2

𝑊 =8

15𝑚𝑅2 (

5√7𝑔

8𝑅)

2

Δ𝑡2 ⟹ 𝑊 =35

24𝑚𝑔2Δ𝑡2

d. Untuk 𝑚 = 2 kg, 𝑔 = 10 m/s2 dan 𝑅 = 0,54 m akan kita peroleh


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

𝜏eks =2√7

3(2 kg)(10 m/s2)(0,54 m)�̂� ⟹ 𝜏eks = 19,1 Nm �̂�

𝛽 =15√7(10 m/s2)

(0,54 m)⟹ 𝛽 = 183,73 rad/s2

𝛼 =5√7(10 m/s2)

8(0,54 m)⟹ 𝛼 = 30,62 rad/s2

𝑊 =35

24(2 kg)(10 m/s2)2(2 s)2 ⟹ 𝑊 = 1166,67 J

Ahmad Basyir Najwan

SMAN 3 Banjarbaru

Kontes Terbuka Olimpiade Fisika · KTOF IV Februari 2019 Halaman 2 dari 36 Kontes Terbuka Olimpiade Fisika Penjelasan Model Soal dan Teknis Pengerjaan Pada KTOF kali ini menggunakan

Documents