Simulasi Contoh Soal Olimpiade Fisika OSN SMA : 2025 (1)

Pembahasan Soal 1:

Waktu yang diperlukan cakram untuk berhenti dapat ditentukan dari persamaan dinamika rotasi: \[ \tau = I \alpha, \] di mana \(I = \frac{1}{2} M R^2\) adalah momen inersia cakram pejal, dan \(\alpha\) adalah percepatan sudut. Karena \(\tau\) bernilai konstan (torsi gesek konstan), maka \[ \alpha = \frac{\tau}{I} = \frac{\tau}{\tfrac{1}{2} M R^2} = \frac{2\tau}{M R^2}. \] Cakram berhenti ketika \(\omega(t) = 0\). Dari kinematika sudut: \[ \omega(t) = \omega_0 - \alpha t. \] Sehingga waktu berhenti \(t_b\) adalah \[ t_b = \frac{\omega_0}{\alpha} = \frac{\omega_0}{\frac{2 \tau}{M R^2}} = \frac{M R^2 \omega_0}{2 \tau}. \] Energi rotasi awal cakram adalah \[ E_{\text{rot, awal}} = \frac{1}{2} I \omega_0^2 = \frac{1}{2} \left(\frac{1}{2}MR^2\right) \omega_0^2 = \frac{1}{4} M R^2 \omega_0^2. \] Saat cakram berhenti, energi kinetik akhirnya nol, sehingga energi yang hilang menjadi kalor akibat gesekan adalah \[ E_{\text{kalor}} = E_{\text{rot, awal}} = \frac{1}{4} M R^2 \omega_0^2. \]

Kembali ke Soal

Pembahasan Soal 2:

Energi total sistem pegas-massa: \[ E = \frac{1}{2}kA^2. \] Frekuensi sudut (\(\omega\)) dari osilasi sederhana: \[ \omega = \sqrt{\frac{k}{m}}. \] Periode osilasi: \[ T = 2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}. \] Jika sistem berada di dalam lift yang dipercepat ke atas dengan percepatan \(a\), gaya berat efektif pada massa menjadi \(m(g + a)\). Namun, untuk pegas ideal, konstanta pegas \(k\) tidak berubah. Periode osilasi untuk pegas-massa tidak bergantung pada percepatan gravitasi (berbeda dengan bandul matematis), karena periode hanya bergantung pada \(\frac{m}{k}\). Oleh karena itu, periode osilasi tidak berubah meskipun lift dipercepat.

Kembali ke Soal

Pembahasan Soal 3:

Proses pemanasan gas monoatomik ideal secara isobarik dari \(T_0\) menjadi \(2T_0\). Perubahan entropi (\(\Delta S\)) untuk \(N\) partikel (menggunakan konstanta Boltzmann \(k_B\)): \[ \Delta S = N k_B \ln\left(\frac{V_2}{V_1}\right) + N c_V k_B \ln\left(\frac{T_2}{T_1}\right). \] Karena proses isobarik (\(P\) konstan), maka \( \frac{V_2}{V_1} = \frac{T_2}{T_1} = 2 \). Untuk gas monoatomik, kapasitas kalor molar pada volume tetap adalah \( \frac{3}{2} R \), tetapi dalam satuan partikel, \( c_V = \frac{3}{2} \). Sehingga \[ \Delta S = N k_B \ln(2) + N \left(\frac{3}{2}\right) k_B \ln(2) = N k_B \ln(2) \left(1 + \frac{3}{2}\right) = N k_B \cdot \frac{5}{2} \ln(2). \] Di sini, kita memanfaatkan relasi antara kapasitas panas dan jumlah partikel (dalam satuan partikel, bukan mol) serta sifat isobarik (\(V \propto T\)).

Kembali ke Soal

Pembahasan Soal 4:

Dari persamaan kontinuitas untuk fluida tak termampatkan: \[ A_1 v_1 = A_2 v_2 \quad \Longrightarrow \quad v_2 = \frac{A_1}{A_2} v_1. \] Dengan Bernoulli (diasumsikan tinggi sama): \[ P_1 + \frac{1}{2}\rho v_1^2 = P_2 + \frac{1}{2}\rho v_2^2. \] Sehingga tekanan di ujung kanan: \[ P_2 = P_1 + \frac{1}{2}\rho (v_1^2 - v_2^2) = P_1 + \frac{1}{2}\rho \left(v_1^2 - \left(\frac{A_1}{A_2}v_1\right)^2\right). \] Karena \(\frac{A_1}{A_2} > 1\) (asumsi luas penampang kiri lebih besar), maka \(v_2\) lebih besar dan tekanan \(P_2\) umumnya lebih kecil dari \(P_1\).

Kembali ke Soal

Pembahasan Soal 5:

Pada bola konduktor berongga bermuatan +Q:

• Muatan bersih di bagian dalam rongga (jika tidak ada muatan tambahan di dalam rongga) adalah 0.
• Muatan akan terdistribusi pada permukaan bagian dalam dan permukaan luar bola.

Untuk kondisi tanpa muatan lain di dalam rongga, permukaan dalam tidak akan bermuatan (0) dan seluruh muatan +Q akan berada di permukaan luar. Prinsip kesetimbangan elektrostatik: medan listrik di dalam logam harus nol, sehingga semua muatan bebas bermigrasi ke permukaan luar. Hukum Gauss mendukung kesimpulan bahwa muatan permukaan dalam nol bila tidak ada muatan di rongga, dan total +Q hanya menempati permukaan luar.

 

Kembali ke Soal

Pembahasan Soal 6:

Rangkaian RL seri dengan sumber DC \(V\). Pada \(t=0^+\):

• Tegangan pada induktor maksimum, sehingga arus awal \(i(0^+) = 0\) karena induktor menentang perubahan arus secara tiba-tiba.

Pada keadaan tunak (\(t \to \infty\)):

• Induktor berperilaku seperti kawat biasa (karena \(\frac{di}{dt} = 0\)), sehingga arus menjadi \[ i(\infty) = \frac{V}{R}. \]

Konstanta waktu rangkaian: \[ \tau = \frac{L}{R}. \]

 

Kembali ke Soal

Pembahasan Soal 7:

Dalam rangkaian induktor dengan hambatan \(r\) pada sumber AC, impedansi total adalah \[ Z = \sqrt{r^2 + (X_L)^2}, \] dengan reaktansi induktif \[ X_L = 2\pi f L. \] Tegangan sumber (efektif) adalah \(V_{\text{rms}}\), sehingga arus efektif \[ I_{\text{rms}} = \frac{V_{\text{rms}}}{Z}. \] Jika kita tulis bentuk gelombang waktu: \[ v(t) = V_0 \sin(\omega t), \quad \omega = 2\pi f, \] maka arus dalam rangkaian \[ i(t) = I_0 \sin(\omega t - \varphi), \] dengan \[ \varphi = \tan^{-1}\left(\frac{X_L}{r}\right). \] Arus tertinggal di belakang tegangan (fase tegangan mendahului arus) sebesar \(\varphi\). Nilai amplitudo \(I_0 = \frac{V_0}{Z}\).

Kembali ke Soal

Pembahasan Soal 8:

Efek fotolistrik dijelaskan oleh persamaan Einstein: \[ K_{\text{max}} = h \frac{c}{\lambda} - \phi, \] di mana \(h\) adalah konstanta Planck, \(c\) adalah kecepatan cahaya, \(\phi\) adalah fungsi kerja logam. Kondisi efek fotolistrik dapat terjadi jika \[ h \frac{c}{\lambda} \geq \phi \quad \Longrightarrow \quad \lambda \leq \frac{hc}{\phi}. \]

Kembali ke Soal

Pembahasan Soal 9:

Pada percobaan celah ganda Young, posisi terang ke-\(m\) (dengan asumsi sudut sangat kecil) di layar ditentukan oleh: \[ y_m = \frac{m \lambda L}{d}, \] di mana \(m = 0, \pm 1, \pm 2, \dots\), \(\lambda\) adalah panjang gelombang cahaya, \(d\) jarak antarcelah, dan \(L\) jarak celah ke layar. Faktor-faktor yang memengaruhi pola:

• Panjang gelombang (\(\lambda\)): semakin besar \(\lambda\), pola terang-gelap lebih renggang.
• Jarak antarcelah (\(d\)): semakin besar \(d\), pola menjadi rapat.
• Jarak layar (\(L\)): semakin jauh layar, semakin lebar pola interferensi.

 

Kembali ke Soal

Pembahasan Soal 10:

Pada lensa tipis cembung ganda dengan panjang fokus \(f\), hubungan posisi benda (\(s\)), posisi bayangan (\(s'\)), dan panjang fokus (\(f\)) diberikan oleh: \[ \frac{1}{s} + \frac{1}{s'} = \frac{1}{f}. \] Perbesaran linear: \[ M = \frac{h'}{h} = -\frac{s'}{s}. \] Tanda negatif menunjukkan bahwa bayangan terbalik jika nilai \(M\) bertanda negatif. Untuk bayangan nyata, \(\frac{1}{s'} > 0\) (atau \(s'\) positif), sedangkan bayangan maya terjadi jika \(s'\) negatif (bayangan berada di sisi yang sama dengan benda). Jika \(|M| > 1\), bayangan diperbesar; jika \(|M| < 1\), bayangan diperkecil.

Kembali ke Soal

Pembahasan Soal 11:

Waktu yang diukur pengamat di Bumi (\(t_B\)) lebih lama daripada waktu di pesawat (\(\tau\)) karena dilatasi waktu: \[ t_B = \frac{\tau}{\sqrt{1 - \frac{v^2}{c^2}}}. \] Diketahui \(\tau = 1 \text{ jam}\), \(v = 0{,}8c\). Maka: \[ t_B = \frac{1 \text{ jam}}{\sqrt{1 - (0{,}8)^2}} = \frac{1}{\sqrt{1 - 0{,}64}} = \frac{1}{\sqrt{0{,}36}} = \frac{1}{0{,}6} = 1{,}666\ldots \text{ jam} \approx 1{,}67 \text{ jam}. \]

Kembali ke Soal

Pembahasan Soal 12:

Untuk bandul matematis dengan simpangan sudut kecil, periode osilasi: \[ T = 2\pi \sqrt{\frac{L}{g}}. \] Jika bandul dibawa ke tempat lebih tinggi, percepatan gravitasi efektif \(g\) menurun. Karena \(T \propto \frac{1}{\sqrt{g}}\), maka periode akan bertambah besar.

Kembali ke Soal

Pembahasan Soal 13:

Hukum perpindahan Wien menyatakan bahwa \[ \lambda_{\text{max}} T = b, \] dengan \(b\) adalah konstanta Wien. Jika suhu dinaikkan menjadi 2 kali semula, maka: \[ \lambda_{\text{max, baru}} = \frac{b}{2T} = \frac{1}{2} \lambda_{\text{max, lama}}. \] Jadi panjang gelombang puncak menjadi separuhnya. Hukum Stefan-Boltzmann menyatakan bahwa daya yang dipancarkan per satuan luas \[ P \propto T^4. \] Jika suhu menjadi dua kali, maka \[ P_{\text{baru}} = (2^4) P_{\text{lama}} = 16 \, P_{\text{lama}}. \]

Kembali ke Soal

Pembahasan Soal 14:

Reaksi fisi Uranium-235 secara skematik: \[ {}^{235}U + {}^{1}n \rightarrow \,^{x}Ba + \,^{y}Kr + (2 \text{ atau } 3)\, {}^{1}n + \text{energi}. \] Di mana \({}^{x}Ba\) dan \({}^{y}Kr\) adalah fragmen fisi yang bervariasi. Defek massa (\(\Delta m\)) muncul karena massa total produk reaksi lebih kecil daripada massa reaktan. Energi yang dibebaskan \(\Delta E\) sesuai persamaan Einstein: \[ \Delta E = \Delta m \, c^2. \]

Kembali ke Soal

Pembahasan Soal 15:

Bola bermassa \(m\) diikat dengan tali panjang \(L\) dan diputar dalam bidang horizontal pada sudut \(\alpha\) terhadap vertikal. Gaya-gaya yang bekerja:

• Tegangan tali \(T\) ke arah tali.
• Gaya berat \(mg\) ke bawah.

Komponen gaya pada sumbu radial (horizontal) memberikan gaya sentripetal: \[ T \sin \alpha = m \omega^2 (L \sin \alpha), \] sedangkan komponen vertikal menyeimbangkan berat: \[ T \cos \alpha = mg. \] Dari sini, \(\frac{\sin \alpha}{\cos \alpha} = \tan \alpha = \frac{m \omega^2 (L \sin \alpha)}{mg}\). Menyederhanakan, \[ \omega^2 = \frac{g}{L \cos \alpha}. \] Sehingga \[ \omega = \sqrt{\frac{g}{L \cos \alpha}}. \]

 

Kembali ke Soal