Simulasi Contoh Soal Olimpiade Fisika OSN SMA : 2025 (4)

Pembahasan Soal 1

Diberikan percepatan partikel \(a(t) = A e^{-kt}\). Dengan mendefinisikan kecepatan \(v(t)\) sebagai turunan posisi \(x(t)\), kita dapat menurunkan hubungan:

\[ a(t) = \frac{dv}{dt} = A e^{-kt}. \]

Integrasikan terhadap \(t\) dari 0 ke \(t\):

\[ v(t) = \int_0^t A e^{-k\tau} d\tau = A\left[ \frac{-1}{k} e^{-k\tau} \right]_0^t = \frac{A}{k}\bigl(1 - e^{-kt}\bigr). \]

Menggunakan kondisi awal \(v(0)=0\), persamaan di atas sudah sesuai. Selanjutnya, \(x(t)\) didapat dari:

\[ x(t) = \int_0^t v(\tau) d\tau = \int_0^t \frac{A}{k}\bigl(1 - e^{-k\tau}\bigr) d\tau. \]

\[ x(t) = \frac{A}{k}\left[ \tau + \frac{1}{k} e^{-k\tau} \right]_0^t = \frac{A}{k} \left( t + \frac{1}{k}e^{-kt} - 0 - 0 \right) = \frac{A}{k} t - \frac{A}{k^2} \bigl(e^{-kt} - 1\bigr). \]

Kecepatan akhir saat \( t \to \infty \):

\[ v(\infty) = \lim_{t\to\infty} \frac{A}{k}\bigl(1 - e^{-kt}\bigr) = \frac{A}{k}. \]

Pembahasan Soal 2

Benda yang menggelinding tanpa slip mengalami dua gerakan: translasi dan rotasi. Untuk silinder pejal dengan momen inersia \(I = \frac{1}{2}MR^2\):

• Persamaan gaya: \(Mg\sin\theta - f = Ma\).
• Persamaan momen: \(fR = I \frac{\alpha}{R} = \frac{1}{2}MR^2 \cdot \frac{a}{R^2} = \frac{1}{2}Ma\) (karena \(a = \alpha R\) untuk rolling tanpa slip).

Dari momen: \(f = \frac{1}{2}Ma\). Substitusikan ke persamaan gaya:

\[ Mg \sin\theta - \frac{1}{2} M a = M a \implies Mg \sin\theta = \frac{3}{2} M a. \]

Sehingga percepatan translasi:

\[ a = \frac{2}{3} g \sin\theta. \]

Gaya gesek:

\[ f = \frac{1}{2} M a = \frac{1}{2} M \left(\frac{2}{3} g\sin\theta\right) = \frac{1}{3} M g \sin\theta. \]

Pembahasan Soal 3

Energi mekanik total satelit dalam orbit melingkar pada jari-jari \(r\) adalah:

\[ E = \frac{1}{2} m v^2 - \frac{GMm}{r}. \]

Kecepatan orbit untuk orbit melingkar adalah \( v = \sqrt{\frac{GM}{r}} \), sehingga

\[ E = \frac{1}{2}m \frac{GM}{r} - \frac{GMm}{r} = -\frac{1}{2} \frac{GMm}{r}. \]

Energi orbit di permukaan (\(r = R\)):

\[ E_1 = -\frac{1}{2} \frac{GM m}{R}. \]

Energi orbit di \(r = 2R\):

\[ E_2 = -\frac{1}{2} \frac{GM m}{2R} = -\frac{1}{4} \frac{GM m}{R}. \]

Perbandingan \( E_2 : E_1 = \bigl(-\frac{1}{4}\bigr) : \bigl(-\frac{1}{2}\bigr) = 1 : 2. \)

Artinya energi mekanik total di orbit kedua adalah setengah (secara nilai mutlak) dari yang pertama.

Pembahasan Soal 4

Proses isotermik \( (T = \text{konstan}) \) untuk gas ideal. Kerja yang dilakukan gas saat volume berubah dari \(V_1\) ke \(V_2\):

\[ W = n R T \ln\left(\frac{V_2}{V_1}\right). \]

Perubahan entropi \(\Delta S\) untuk proses isotermik gas ideal:

\[ \Delta S = n R \ln\left(\frac{V_2}{V_1}\right). \]

Kedua persamaan tersebut menggambarkan bahwa selama proses isotermik, suhu konstan sehingga energi dalam tidak berubah, tetapi terjadi perubahan entropi karena perubahan volume.

Pembahasan Soal 5

Persamaan gerak untuk osilasi teredam ringan (under-damped) dengan \(\zeta < 1\) adalah:

\[ m\frac{d^2x}{dt^2} + b\frac{dx}{dt} + kx = 0. \]

Frekuensi osilasi teredam:

\[ \omega_d = \omega_0 \sqrt{1 - \zeta^2}, \]

dengan \(\omega_0 = \sqrt{\frac{k}{m}}\) dan \(\zeta = \frac{b}{2\sqrt{mk}}\). Energi total sistem berkurang secara eksponensial karena adanya redaman (pelepasan energi melalui gesekan/viskositas), sehingga amplitudo getaran menyusut seiring waktu.

Pembahasan Soal 6

Pola interferensi dua celah Young dengan celah berjarak \(d\) dan panjang gelombang \(\lambda\). Posisi garis terang ke-n (untuk sudut kecil \(\theta\)) diberikan oleh:

\[ d \sin \theta = n \lambda \quad (n = 0, \pm 1, \pm 2, \dots) \]

Untuk sudut kecil, \(\sin \theta \approx \tan \theta = \frac{y_n}{L}\), sehingga:

\[ y_n \approx \frac{n\lambda L}{d}. \]

Garis gelap pertama terjadi ketika: \[ d \sin \theta = \left(n + \frac{1}{2}\right)\lambda. \]

Posisi garis gelap pertama (\(n=0\)) adalah: \[ y_{gelap} = \frac{\lambda L}{2d}. \]

Pembahasan Soal 7

Rangkaian RLC seri akan mengalami resonansi saat reaktansi induktif sama dengan reaktansi kapasitif:

\[ X_L = \omega L, \quad X_C = \frac{1}{\omega C}. \]

Pada kondisi resonansi, \( X_L = X_C \), sehingga:

\[ \omega_0 L = \frac{1}{\omega_0 C} \implies \omega_0 = \frac{1}{\sqrt{LC}}. \]

Frekuensi resonansi: \( f_0 = \frac{\omega_0}{2\pi} = \frac{1}{2\pi\sqrt{LC}}. \)

Pada frekuensi tersebut, impedansi total \(Z\) minimum (hanya \(R\)), sehingga arus mencapai nilai maksimum:

\[ Z_{res} = R. \]

Pembahasan Soal 8

GGL induksi (EMF) maksimum dalam kumparan: \( \varepsilon_{max} = N B A \omega \). Hal ini terjadi saat bidang kumparan tegak lurus terhadap medan magnet (laju perubahan fluks maksimum).

Persamaan GGL induksi sesaat: \( \varepsilon(t) = N B A \omega \sin(\omega t) \) (tergantung sudut). Rata-rata GGL induksi dalam satu periode putaran (ideal) adalah nol, karena setengah periode bernilai positif dan setengah periode bernilai negatif.

Namun, nilai efektif atau RMS dapat dihitung, tetapi jika hanya ditanya “GGL induksi maksimum dan rata-rata”, maka:

• \( \varepsilon_{max} = N B A \omega \).
• \( \langle \varepsilon \rangle_{1 \; periode} = 0 \).

Pembahasan Soal 9

Energi foton: \( E_{foton} = \frac{hc}{\lambda} \), dengan \(h\) = konstanta Planck, \(c\) = kecepatan cahaya.

Energi kinetik maksimum elektron yang terlepas:

\[ K_{max} = E_{foton} - \phi = \frac{hc}{\lambda} - \phi. \]

Frekuensi ambang \( f_{threshold} \) diperoleh saat energi foton sama dengan fungsi kerja:

\[ h f_{threshold} = \phi \quad \implies \quad f_{threshold} = \frac{\phi}{h}. \]

Pembahasan Soal 10

Untuk partikel relativistik dengan massa diam \(m_0\) yang bergerak dengan kecepatan \(v\), energi total didefinisikan sebagai:

\[ E = \gamma m_0 c^2, \]

dengan faktor Lorentz \(\gamma\):

\[ \gamma = \frac{1}{\sqrt{1 - \frac{v^2}{c^2}}}. \]

Saat \(v\) mendekati \(c\), \(\gamma\) membesar tanpa batas, sehingga energi total \(E\) juga menjadi sangat besar. Tidak ada partikel bermassa dapat mencapai tepat \(v = c\) karena dibutuhkan energi tak terhingga.