Simulasi Soal Olimpiade Fisika SMA Standar IPhO : 2025 (4)
Berikut adalah lima soal simulasi Olimpiade Fisika dengan standar tingkat internasional (IPhO). Silakan kerjakan soal-soal di bawah ini, kemudian cek pembahasan di bagian akhir.
Daftar Isi
Soal 1: Dinamika Rotasi
Sebuah cakram pejal homogen dengan massa \(M\) dan jari-jari \(R\) berada di atas lantai horizontal kasar. Cakram ini diputar sehingga memiliki kecepatan sudut awal \(\omega_0\). Lantai memberikan gaya gesek \(\mu M g\) yang cukup besar untuk mencegah terjadinya slip (selip). Setelah beberapa saat, cakram berhenti berputar akibat gaya gesek tersebut.
a) Tentukan waktu yang dibutuhkan cakram untuk berhenti berputar.
b) Berapa jarak tempuh pusat massa cakram selama cakram melambat sampai berhenti?
Asumsikan gesekan tidak berubah selama gerakan dan selalu cukup untuk menjaga kondisi gulir tanpa slip.
Lihat PembahasanSoal 2: Termodinamika Gas Ideal
Suatu gas ideal monoatomik (jumlah mol \(n\)) berada dalam silinder dengan tutup piston yang dapat bergerak tanpa gesekan. Mula-mula gas berada dalam keadaan awal \((P_1, V_1, T_1)\). Kemudian, sistem menjalani dua proses berturut-turut:
- Proses isotermik dari volume \(V_1\) ke \(V_2 = 2V_1\).
- Proses adiabatik dari \((P_2, V_2)\) kembali ke tekanan semula \(P_1\).
a) Tentukan besar kerja yang dilakukan gas pada proses isotermik.
b) Tentukan volume akhir setelah proses adiabatik dan juga suhu akhirnya.
(Gunakan rasio kapasitas kalor \(\gamma = \frac{5}{3}\) untuk gas monoatomik.)
Lihat PembahasanSoal 3: Rangkaian RL dan Arus Transien
Pertimbangkan rangkaian seri yang terdiri dari sumber tegangan DC \( \mathcal{E} \), sebuah resistor \(R\), dan induktor \(L\). Pada saat \( t = 0 \), sakelar ditutup dan arus mulai mengalir di rangkaian. Anggap arus awal sebelum sakelar ditutup adalah nol.
a) Tuliskan persamaan arus \(I(t)\) sebagai fungsi waktu.
b) Hitung total energi yang disimpan di induktor ketika arus mencapai keadaan tunak.
Gunakan konvensi bahwa polaritas sumber \( \mathcal{E} \) positif dan tidak ada tahanan internal di dalam sumber.
Lihat PembahasanSoal 4: Interferensi Cahaya
Pada percobaan interferensi celah ganda (double slit), dua celah sempit memiliki lebar yang diabaikan dan berjarak \(d\) satu sama lain. Cahaya koheren dengan panjang gelombang \(\lambda\) datang tegak lurus pada kedua celah. Layar pengamatan terletak pada jarak \(L\) dari celah (dengan \(L \gg d\)).
Suatu kaca tipis dengan indeks bias \(n\) dan tebal \(t\) diletakkan tepat di depan salah satu celah. Akibatnya pola interferensi bergeser.
a) Tentukan pergeseran (shifting) titik puncak terang pusat di layar akibat kaca tipis tersebut.
b) Jika \(\lambda_0\) adalah panjang gelombang cahaya di ruang hampa, perhatikan bagaimana hubungan \(\lambda = \frac{\lambda_0}{n}\) memengaruhi pergeseran tersebut?
Skema sederhana percobaan (tidak sesuai skala):
Lihat PembahasanSoal 5: Fisika Modern - Efek Relativistik
Sebuah partikel bermassa diam \(m_0\) bergerak dengan laju mendekati kecepatan cahaya \(c\). Energi total partikel dinyatakan sebagai \( E = \gamma m_0 c^2 \), dengan \( \gamma = \frac{1}{\sqrt{1 - \frac{v^2}{c^2}}} \).
a) Jika partikel memiliki momentum \(\vec{p}\), tunjukkan bahwa \(E^2 = (pc)^2 + (m_0 c^2)^2.\)
b) Partikel bergerak dengan kecepatan \(v = 0{,}8c\). Tentukan rasio energi kinetiknya terhadap energi diam \((K / m_0 c^2)\).
Anggap perhitungan menggunakan relativitas khusus dengan pendekatan kecepatan tinggi.
Lihat PembahasanPembahasan
Pembahasan Soal 1: Dinamika Rotasi
a) Waktu untuk berhenti berputar
Pada kondisi gulir tanpa slip, berlaku hubungan
\( v_{\text{CM}} = \omega R \). Gesekan \(f = \mu M g\)
bekerja sebagai torsi yang memperlambat putaran.
Momen inersia cakram pejal adalah
\( I = \frac{1}{2} M R^2 \).
Torsi total yang disebabkan oleh gaya gesek
\( \tau = f \cdot R = \mu M g \, R \).
Persamaan dinamika rotasi:
\[
\tau = I \alpha
\implies \mu M g \, R = \frac{1}{2} M R^2 \alpha
\implies \alpha = \frac{2\mu g}{R}.
\]
Karena \(\alpha\) adalah percepatan sudut berarah berlawanan
dengan \(\omega_0\), waktu hingga berhenti (\(t_f\))
didapat dari \(\omega_0 - \alpha t_f = 0\), sehingga:
\[
t_f = \frac{\omega_0}{\alpha} = \frac{\omega_0 R}{2\mu g}.
\]
b) Jarak tempuh pusat massa
Saat cakram berotasi tanpa slip,
kecepatan pusat massanya \( v_{\text{CM}} = \omega R \).
Pada awalnya, \(\omega = \omega_0\), maka
\( v_{\text{CM},0} = \omega_0 R\).
Percepatan linier pusat massa
\( a_{\text{CM}} = \alpha R = \left( \frac{2\mu g}{R} \right) R = 2\mu g \),
tetapi arahnya berlawanan dengan kecepatan awal,
sehingga kecepatan CM berkurang dari
\( \omega_0 R \) sampai nol dalam waktu \( t_f \) yang sama.
Maka jarak yang ditempuh (menggunakan rumus gerak lurus
dengan perlambatan konstan) adalah:
\[
x = \frac{1}{2} \left(\omega_0 R\right) t_f
= \frac{1}{2} \left(\omega_0 R\right) \left(\frac{\omega_0 R}{2 \mu g}\right)
= \frac{\omega_0^2 R^2}{4 \mu g}.
\]
Pembahasan Soal 2: Termodinamika Gas Ideal
a) Kerja pada proses isotermik
Proses isotermik (\(T\) konstan) untuk gas ideal: \[ W = nRT \ln\frac{V_2}{V_1}. \] Karena \(\,V_2 = 2V_1\), maka: \[ W = n R T_1 \ln 2. \] (Suhu tetap \( T = T_1 \) selama isotermik.)
b) Volume akhir dan suhu akhir setelah proses adiabatik
Pada akhir proses isotermik, tekanan gas menjadi
\( P_2 \). Dari hukum gas ideal:
\[
P_2 V_2 = n R T_1 \quad \Longrightarrow \quad
P_2 = \frac{n R T_1}{V_2} = \frac{n R T_1}{2 V_1}.
\]
Kemudian gas menjalani proses adiabatik dari
\((P_2, V_2)\) sampai tekanan kembali \(P_1\).
Untuk proses adiabatik berlaku
\[
P V^\gamma = \text{konstan}.
\]
Misalkan volume akhir adalah \(V_3\). Maka:
\[
P_2 (V_2)^\gamma = P_1 (V_3)^\gamma.
\]
\[
\frac{n R T_1}{2V_1} \,(2V_1)^\gamma
= P_1 (V_3)^\gamma.
\]
Kita tahu kondisi awal gas adalah \((P_1, V_1, T_1)\).
Pada proses adiabatik, kita tidak kembali ke volume \(V_1\),
hanya tekanannya saja kembali ke \(P_1\). Sehingga:
\[
\left(\frac{n R T_1}{2V_1}\right) \,(2V_1)^\gamma
= P_1 (V_3)^\gamma.
\]
\[
n R T_1 (2V_1)^{\gamma - 1} \,\frac{1}{2}
= P_1 (V_3)^\gamma.
\]
Karena \((P_1 V_1 = n R T_1)\), maka
\[
n R T_1 = P_1 V_1.
\]
Substitusi:
\[
(P_1 V_1) (2V_1)^{\gamma - 1} \frac{1}{2}
= P_1 (V_3)^\gamma.
\]
\[
P_1 V_1 (2^{\gamma - 1}V_1^{\gamma - 1}) \frac{1}{2}
= P_1 (V_3)^\gamma.
\]
\[
P_1 \, \cancel{V_1} \, 2^{\gamma - 1} \, V_1^{\gamma - 1} \,\frac{1}{2}
= P_1 (V_3)^\gamma.
\]
\[
2^{\gamma - 1} \frac{1}{2} \, V_1^\gamma
= (V_3)^\gamma.
\]
\[
(V_3)^\gamma = 2^{\gamma - 2} \, V_1^\gamma.
\]
\[
V_3 = V_1 \, 2^{\frac{\gamma - 2}{\gamma}}.
\]
Dengan \(\gamma = \frac{5}{3}\),
\[
\frac{\gamma - 2}{\gamma} = \frac{\frac{5}{3} - 2}{\frac{5}{3}}
= \frac{\frac{5 - 6}{3}}{\frac{5}{3}}
= \frac{-\frac{1}{3}}{\frac{5}{3}}
= -\frac{1}{5}.
\]
\[
V_3 = V_1 \, 2^{-\frac{1}{5}}.
\]
Selanjutnya, suhu akhir \((T_3)\) dapat dicari dari
hubungan adiabatik
\( TV^{\gamma - 1} = \text{konstan} \)
atau dari persamaan
\(\frac{T_3}{T_2} = \left(\frac{V_2}{V_3}\right)^{1-\gamma}\).
Karena \( T_2 = T_1 \) pada akhir isotermik:
\[
T_3 = T_1 \left(\frac{V_2}{V_3}\right)^{1 - \gamma}.
\]
Dengan \( V_2 = 2V_1 \) dan
\( V_3 = V_1 \, 2^{-\frac{1}{5}} \),
\[
T_3 = T_1 \left(\frac{2V_1}{V_1 2^{-\frac{1}{5}}}\right)^{1 - \frac{5}{3}}
= T_1 \left(2^{1+\frac{1}{5}}\right)^{-\frac{2}{3}}
= T_1 \left(2^{\frac{6}{5}}\right)^{-\frac{2}{3}}.
\]
Sederhanakan:
\[
2^{\frac{6}{5}} = 2^{1.2}, \quad
\left(2^{1.2}\right)^{-\frac{2}{3}} = 2^{-1.2 \times \frac{2}{3}} = 2^{-0.8}.
\]
\[
T_3 = T_1 \, 2^{-0.8}.
\]
(Hasil numeric dapat dihitung lebih lanjut, tetapi bentuk inilah
hubungan suhu akhirnya.)
Pembahasan Soal 3: Rangkaian RL dan Arus Transien
a) Persamaan arus \(I(t)\)
Pada saat sakelar ditutup (\(t=0\)), arus awal \(I(0) = 0\). Untuk rangkaian RL dengan sumber DC \(\mathcal{E}\), arus sebagai fungsi waktu: \[ I(t) = \frac{\mathcal{E}}{R}\left(1 - e^{-\frac{R}{L}t}\right). \]
b) Energi disimpan di induktor
Ketika arus mencapai keadaan tunak, \( I_{\infty} = \frac{\mathcal{E}}{R} \). Energi yang tersimpan di induktor adalah: \[ E_{\text{ind}} = \frac{1}{2} L I^2. \] Sehingga pada keadaan tunak: \[ E_{\text{ind}} = \frac{1}{2} L \left(\frac{\mathcal{E}}{R}\right)^2. \]
Kembali ke Soal 3Pembahasan Soal 4: Interferensi Cahaya
a) Pergeseran puncak terang pusat
Tanpa kaca tipis, beda lintasan antara dua celah (untuk puncak terang pusat)
adalah nol. Dengan menempatkan kaca tipis berindeks bias \(n\) dan tebal \(t\)
di depan salah satu celah, cahaya melewati medium yang menyebabkan
"ekstra fase" setara dengan ketebalan optik \((n-1)t\).
Beda lintasan optik menjadi \(\Delta = (n-1)t\).
Pergeseran \(\delta y\) di layar dapat diperkirakan dengan
\[
\delta y = \frac{L}{d} \Delta
= \frac{L}{d} (n - 1) t.
\]
(Asumsi geometri jauh, di mana sudut interferensi \(\theta\) kecil
dan jarak layar \(L \gg d\).)
b) Pengaruh \(\lambda = \frac{\lambda_0}{n}\)
Jika panjang gelombang dalam medium adalah \(\lambda = \frac{\lambda_0}{n}\), maka fase yang diakumulasi dalam kaca tipis juga dapat dinyatakan sebagai \[ \phi = \frac{2\pi}{\lambda_0/n} (n \, t) = \frac{2\pi n \, t}{\lambda_0 / n} = \frac{2\pi n^2 t}{\lambda_0}. \] Namun, bagian "tambahan" lintasan optik terhadap udara adalah \((n-1)t\) (bukan \(n t\)), sehingga \(\Delta\) yang relevan untuk beda fase sebanding dengan \((n-1)t\). Perbedaan fase total dan pergeseran puncak terang akan tetap konsisten dengan \(\Delta = (n-1)t\). Jadi, penggunaan \(\lambda = \frac{\lambda_0}{n}\) menekankan bahwa cahaya di dalam medium memiliki panjang gelombang lebih pendek, tetapi beda lintasan efektif \((n-1)t\) tetap sebagai penentu pergeseran pola di layar.
Kembali ke Soal 4Pembahasan Soal 5: Fisika Modern - Efek Relativistik
a) Relasi energi-momentum
Kita mulai dari definisi energi total relativistik
\( E = \gamma m_0 c^2 \) dan momentum relativistik
\( p = \gamma m_0 v \).
Akan dibuktikan bahwa:
\[
E^2 = (pc)^2 + (m_0 c^2)^2.
\]
Dari definisi \(\gamma = \frac{1}{\sqrt{1 - \frac{v^2}{c^2}}} \),
kita peroleh:
\[
E^2 = (\gamma m_0 c^2)^2 = \gamma^2 m_0^2 c^4,
\]
\[
(pc)^2 = (\gamma m_0 v \, c)^2 = \gamma^2 m_0^2 v^2 c^2.
\]
Sehingga
\[
(pc)^2 + (m_0 c^2)^2
= \gamma^2 m_0^2 v^2 c^2 + m_0^2 c^4.
\]
Gunakan \(\gamma^2 = \frac{1}{1 - \frac{v^2}{c^2}}\).
Pecahkan suku-suku:
\[
\gamma^2 m_0^2 v^2 c^2
= \frac{m_0^2 v^2 c^2}{1 - \frac{v^2}{c^2}}
= m_0^2 c^4 \frac{\frac{v^2}{c^2}}{1 - \frac{v^2}{c^2}}
= m_0^2 c^4 \frac{v^2/c^2}{1 - v^2/c^2}.
\]
Maka
\[
\gamma^2 m_0^2 v^2 c^2 + m_0^2 c^4
= m_0^2 c^4 \left(\frac{v^2/c^2}{1 - v^2/c^2} + 1\right)
= m_0^2 c^4 \left(\frac{v^2/c^2 + 1 - v^2/c^2}{1 - v^2/c^2}\right)
= m_0^2 c^4 \frac{1}{1 - v^2/c^2}
= \gamma^2 m_0^2 c^4.
\]
Ini sama dengan \( E^2 \). Jadi,
\[
E^2 = (pc)^2 + (m_0 c^2)^2.
\]
b) Rasio energi kinetik terhadap energi diam
Energi total: \[ E = \gamma m_0 c^2, \quad \gamma = \frac{1}{\sqrt{1 - (v/c)^2}}. \] Energi kinetik: \[ K = E - m_0 c^2 = (\gamma - 1) m_0 c^2. \] Jika \(v = 0{,}8c\), maka \[ \gamma = \frac{1}{\sqrt{1 - 0{,}8^2}} = \frac{1}{\sqrt{1 - 0{,}64}} = \frac{1}{\sqrt{0{,}36}} = \frac{1}{0{,}6} = \frac{5}{3}. \] Sehingga \[ K = \left(\frac{5}{3} - 1\right) m_0 c^2 = \frac{2}{3} m_0 c^2. \] Rasio \[ \frac{K}{m_0 c^2} = \frac{2}{3}. \]
Kembali ke Soal 5Baca Juga :