Simulasi Contoh Soal Olimpiade Fisika OSN SMA : 2025 (3)

Pembahasan Soal 1

Diketahui posisi partikel: \( x(t) = v_0 t \) dan \( y(t) = A \sin(\omega t) \).

Kecepatan dalam sumbu \( x \): \( v_x(t) = \frac{dx}{dt} = v_0 \).
Kecepatan dalam sumbu \( y \): \( v_y(t) = \frac{dy}{dt} = A \omega \cos(\omega t) \).
Besar kecepatan total: \[ v(t) = \sqrt{v_x^2 + v_y^2} = \sqrt{v_0^2 + (A \omega \cos(\omega t))^2}. \]

Untuk mendapatkan \( v_{maks} \), turunkan fungsi \( v(t) \) atau cukup sadari bahwa \( \cos(\omega t) \) bernilai maksimum 1, sehingga \( v_{maks} = \sqrt{v_0^2 + (A \omega)^2}. \)

Waktu pertama kali mencapai \( v_{maks} \) terjadi saat \( \cos(\omega t) = \pm 1 \), tetapi karena pertama kali umumnya kita ambil \( \cos(\omega t) = 1 \), maka \[ \omega t = 2\pi k, \quad k = 0,1,2,\dots \] Untuk waktu pertama, \( t = 0 \). Jika kita menginginkan waktu positif pertama, maka \( k = 1 \) \[ t = \frac{2\pi}{\omega}. \] (Tergantung interpretasi: sering kali \( t=0 \) sudah mengindikasikan kecepatan maksimumnya juga. Jika ingin waktu positif pertama, pakai \( 2\pi / \omega \).)

Dengan nilai numerik: \( v_0 = 2 \text{ m/s}, A=0{,}2 \text{ m}, \omega=5 \text{ rad/s}, \) maka \[ v_{maks} = \sqrt{2^2 + (0{,}2 \times 5)^2} = \sqrt{4 + 1} = \sqrt{5} \approx 2{,}236 \text{ m/s}. \] Waktu pertama positif mencapai nilai tersebut \( t = \frac{2\pi}{5} \approx 1{,}26 \text{ s}. \)

Pembahasan Soal 2

Pada sistem dengan \( m_1 \) di bidang miring sudut \( \theta \) dan \( m_2 \) tergantung vertikal, asumsikan tarik ke bawah oleh \( m_2 \) adalah arah gerak positif sistem. Percepatan sistem \( a \) dan tegangan \( T \) dapat dicari dari persamaan dinamika:

• Untuk \( m_1 \) pada bidang miring: \[ m_1 g \sin\theta - T = m_1 a. \]
• Untuk \( m_2 \) yang tergantung: \[ m_2 g - T = m_2 a. \]

Dengan menjumlahkan kedua persamaan, kita dapatkan: \[ m_1 g \sin\theta + m_2 g - 2T = (m_1 + m_2) a. \] Tapi lebih mudah langsung mengeliminasi \( T \). Dari persamaan \( m_1 g \sin\theta - T = m_1 a \) dan \( m_2 g - T = m_2 a \), kita peroleh:

Kurangi persamaan pertama dari yang kedua: \[ (m_2 g - T) - (m_1 g \sin\theta - T) = m_2 a - m_1 a, \] \[ m_2 g - m_1 g \sin\theta = (m_1 + m_2) a. \] Sehingga \[ a = \frac{m_2 g - m_1 g \sin\theta}{m_1 + m_2}. \]

Untuk mencari \( T \), substitusikan \( a \) ke salah satu persamaan: \[ T = m_2 g - m_2 a. \]

Atau langsung dari \( m_1 g \sin\theta - T = m_1 a \).
Hasil akhirnya adalah: \[ T = m_2 g - m_2 \left( \frac{m_2 g - m_1 g \sin\theta}{m_1 + m_2} \right). \]

Pembahasan Soal 3

Silinder pejal dengan momen inersia \( I = \frac{1}{2} M R^2 \) menggelinding tanpa slip menuruni bidang miring. Energi mekanik total pada puncak setara dengan energi kinetik (translasi + rotasi) saat di dasar.

Energi potensial awal: \( E_p = M g (L \sin\alpha) \times (tinggi) \). Jika panjang bidang miring \( L \), tinggi bidang adalah \( h = L \sin\alpha \). Sehingga \[ E_{p} = M g L \sin\alpha. \] Energi kinetik di dasar: \[ E_{k} = \frac{1}{2} M v^2 + \frac{1}{2} I \omega^2. \] Karena tanpa slip, \( v = R\omega \). Substitusikan \( I = \frac{1}{2} M R^2 \): \[ E_{k} = \frac{1}{2} M v^2 + \frac{1}{2} \left( \frac{1}{2} M R^2 \right) \left( \frac{v^2}{R^2} \right) = \frac{1}{2} M v^2 + \frac{1}{4} M v^2 = \frac{3}{4} M v^2. \] Dengan konservasi energi: \[ M g L \sin\alpha = \frac{3}{4} M v^2 \implies v^2 = \frac{4}{3} g L \sin\alpha. \] Maka \[ v = \sqrt{\frac{4}{3} g L \sin\alpha}. \]

Pembahasan Soal 4

Persamaan gerak untuk osilator teredam bisa ditulis: \[ m \frac{d^2x}{dt^2} + b \frac{dx}{dt} + kx = 0. \] Solusi umum (untuk kasus redaman tak terlalu besar) berbentuk: \[ x(t) = x_0 e^{-\frac{b}{2m}t} \cos\left(\omega_d t + \phi\right), \] dengan \( \omega_d = \sqrt{\frac{k}{m} - \frac{b^2}{4m^2}} \).

Kondisi teredam kritis terjadi saat \[ b_{kritis} = 2\sqrt{km}. \] Pada kondisi ini, sistem kembali ke posisi setimbang tanpa berosilasi.

Pembahasan Soal 5

Gas ideal \( n \) mol pada tekanan konstan \( P \) dipanaskan sehingga suhu berubah dari \( T_0 \) menjadi \( 2T_0 \). Usaha (work) pada proses isobar adalah: \[ W = P \Delta V. \] Karena \( PV = nRT \), maka \( P = \frac{nR T}{V} \) jika volume awal adalah \( V \). Namun di sini, tekanan konstan berarti \( V \) dapat berubah.

Perubahan volume: \[ \Delta V = V_2 - V_1. \] Di awal, \( V_1 = \frac{n R T_0}{P} \).
Di akhir, \( V_2 = \frac{n R (2T_0)}{P} = 2 \frac{n R T_0}{P} \). Maka \( \Delta V = \frac{n R T_0}{P}. \)

Sehingga usaha: \[ W = P \Delta V = P \left(\frac{n R T_0}{P}\right) = n R T_0. \] Jadi usaha yang dilakukan gas adalah \( n R T_0 \).

Pembahasan Soal 6

Perbedaan tinggi \( h \) pada pipa U yang berisi fluida menunjukkan perbedaan tekanan \( \rho g h \). Karena luas penampang pipa adalah \( A \), gaya yang diperlukan untuk menciptakan perbedaan tekanan itu adalah: \[ F = (\rho g h) \times A. \] Maka \[ F = \rho g A h. \]

Pembahasan Soal 7

Tiga hambatan \( R_1 \), \( R_2 \), dan \( R_3 \) dalam susunan seri berarti hambatan total \( R_{total} = R_1 + R_2 + R_3 \).

Kuat arus total: \[ I = \frac{V}{R_{total}} = \frac{V}{R_1 + R_2 + R_3}. \]

Daya (energi per satuan waktu) yang dissipasi pada \( R_i \): \[ P_i = I^2 R_i. \] Tegangan pada masing-masing resistor: \[ V_i = I R_i. \]

Pembahasan Soal 8

Medan magnetik \( B(t) = B_0 + kt \). Gaya gerak listrik (ggl) induksi yang timbul di kumparan \( N \) lilitan dengan luas penampang \( A \) adalah \[ \varepsilon = - N \frac{d\Phi}{dt} = -N \frac{d}{dt} (B(t) A). \] Karena \( A \) konstan, \[ \varepsilon = -N A \frac{d}{dt}[B_0 + kt] = -N A (0 + k) = -N A k. \] Arus induksi: \[ I(t) = \frac{\varepsilon}{R} = -\frac{N A k}{R}. \] Tandanya negatif menunjukkan arah arus yang melawan perubahan fluks (Hukum Lenz). Besarnya arus konstan dalam waktu (tidak bergantung pada \( t \) karena laju perubahan \( B \) adalah konstan).

Pembahasan Soal 9

Pola interferensi celah ganda: posisi terang ke-\( n \) pada layar yang berjarak \( L \) adalah \[ y_n = n \frac{\lambda L}{d}, \quad n = 0, \pm1, \pm2, \dots \] Batas \( n \) maksimum agar terang masih nampak di layar adalah saat \( |y_n| \leq \frac{lebar\_layar}{2} \) (jika layar simetris di sekitar pusat). Jika lebar layar total adalah \( Y \), maka \[ |n| \frac{\lambda L}{d} \leq \frac{Y}{2}. \] Sehingga \[ |n| \leq \frac{Y d}{2 \lambda L}. \] (Pembatasan sering diambil dalam nilai integer terbesar yang memenuhi ketidaksamaan).

Pembahasan Soal 10

Energi foton \( E_{foton} = h f \). Fungsi kerja logam \( W \). Bila \( h f > W \), maka elektron terlepas dengan energi kinetik maksimum: \[ K_{maks} = h f - W. \] Frekuensi ambang \( f_{ambang} \) adalah saat \( h f_{ambang} = W \), sehingga \[ f_{ambang} = \frac{W}{h}. \]