Simulasi Soal Olimpiade Fisika SMA Standar IPhO : 2025 (6)

Pembahasan Soal 1

(a) Dalam kerangka berputar dengan kecepatan sudut \(\omega\), balok mengalami gaya sentrifugal bernilai \(m \omega^2 r\) (arah radial keluar) dan gaya gravitasi \(mg\) (arah ke bawah). Jika jarak balok dari sumbu putar adalah \(r\), maka pada balok bekerja tiga gaya utama:

• Gaya berat \(mg\) vertikal ke bawah.
• Gaya normal \(N\) tegak lurus permukaan bidang miring.
• Gaya sentrifugal \(m \omega^2 r\) mendatar (radial keluar).

Karena balok tidak meluncur, komponen gaya sejajar bidang harus nol (dalam keadaan setimbang). Koordinat pada bidang miring:
– Sumbu \(\perp\) bidang: arah normal.
– Sumbu sejajar bidang: arah kemungkinan meluncur (tapi di sini setimbang).

(b) Proyeksikan gaya-gaya tersebut ke arah sejajar bidang (\(t\)) dan tegak lurus bidang (\(n\)). Dengan \(\alpha\) sudut kemiringan bidang terhadap horizontal:

Sejajar bidang (tanpa gesekan, resultan = 0): \[ mg \sin\alpha - m\omega^2 r \cos\alpha = 0 \] Sehingga diperoleh \[ r = \frac{g \tan\alpha}{\omega^2}. \]

(c) Nilai minimum \(\omega\) agar balok tetap menempel (tidak jatuh) terjadi saat komponen gaya normal masih cukup besar untuk menahan balok. Dari keseimbangan tegak lurus bidang, \[ N = mg \cos\alpha + m\omega^2 r \sin\alpha. \] Agar balok tetap menempel (\(N \ge 0\)), maka diperlukan \[ \omega \ge \sqrt{\frac{g \cot\alpha}{r}}. \] Namun karena \(r\) sendiri bergantung pada \(\omega\) (dari persamaan di atas), kondisi ini menyiratkan adanya batas tertentu bergantung pada geometri bidang segitiga. Intinya, jika \(\omega\) terlalu kecil, balok akan tergelincir, dan jika \(\omega\) terlalu besar, posisi \(r\) bisa bergeser. Dalam praktiknya, sering diambil pendekatan \(\omega_{\min} = \sqrt{\frac{g}{r}}\) dengan sudut terkait \(\alpha\).

Pembahasan Soal 2

(a) Untuk rangkaian LC seri yang dihubungkan ke sumber AC \(V(t) = V_0 \sin(\omega t)\), persamaan beda potensialnya: \[ V(t) = V_L(t) + V_C(t) = L \frac{dI}{dt} + \frac{1}{C} \int I\, dt. \] Dalam impedansi, kita biasa tulis: \[ V_0 \sin(\omega t) = I \cdot \Bigl( j \omega L + \frac{1}{j \omega C} \Bigr). \]

(b) Impedansi total \(Z\) rangkaian LC seri adalah \[ Z = \sqrt{\left(\omega L - \frac{1}{\omega C}\right)^2}. \] Karena tidak ada komponen resistif (ideal), maka \(Z = \bigl|\omega L - \frac{1}{\omega C}\bigr|. \)

(c) Faktor daya (power factor) \( \cos \phi = \frac{R}{Z} \). Pada kasus ideal ini, \(R=0\), sehingga pada frekuensi sembarang di luar resonansi, faktor dayanya mendekati 0. Namun pada resonansi, \[ \omega_0 = \frac{1}{\sqrt{LC}}, \] rangkaian bertingkah seolah-olah impedansinya minimum (murni resistif jika ada sedikit resistansi parasit). Jadi pada \(\omega = \omega_0\), arus maksimum dan faktor dayanya mendekati 1 (dalam praktik disertai komponen resistif kecil).

Pembahasan Soal 3

(a) Untuk sebuah piston bermassa \(M\) menekan gas monoatomik ideal dalam silinder, jika piston digeser sedikit dari posisi setimbang, gas akan berusaha mengembalikan piston ke posisi setimbang. Kita dapat menurunkan persamaan gerak dengan asumsi adiabatik: \[ PV^\gamma = \text{konstan}, \quad \gamma = \frac{5}{3}. \] Dengan analisis diferensial kecil di sekitar posisi setimbang, akan muncul konstanta pegas efektif \(k_\mathrm{eff}\) sehingga \[ M \frac{d^2 x}{dt^2} = -k_\mathrm{eff} x. \] Periode osilasinya \[ T = 2\pi \sqrt{\frac{M}{k_\mathrm{eff}}}. \] Nilai \(k_\mathrm{eff}\) dapat diperoleh dari turunan fungsi tekanan adiabatik di sekitar volume setimbang.

(b) Pada titik kompresi maksimum, volume gas berkurang, tekanan dan suhu naik. Untuk proses adiabatik: \[ T V^{\gamma-1} = \text{konstan}. \] Perubahan suhu \(\Delta T\) sebanding dengan perubahan volume \(\Delta V\) atau simpangan \(\Delta x\) piston. Semakin dalam piston ditekan (amplitudo makin besar), semakin tinggi suhu puncak kompresi. Secara kualitatif, \[ T_\mathrm{max} = T_0 \left( \frac{V_0}{V_0 - A\, \Delta x}\right)^{\gamma-1}, \] dengan \(A\) adalah luas penampang silinder. Intinya, suhu gas bertambah signifikan saat volume diperkecil dalam proses adiabatik.

Pembahasan Soal 4

(a) Kondisi interferensi maksimum untuk celah ganda berjarak \(d\): \[ d \sin \theta_m = m \lambda, \quad m = 0, \pm1, \pm2, \dots \] Pada layar berjarak \(L\), posisi garis terang kira-kira: \[ y_m \approx L \tan\theta_m \approx m \frac{\lambda L}{d}. \]

(b) Jika tiap celah memiliki lebar \(a\), maka ada pola difraksi dengan selubung utama ditentukan oleh: \[ a \sin \beta = \lambda, \] di mana \(\beta\) adalah sudut difraksi terkait. Intensitas di layar adalah hasil superposisi pola interferensi celah ganda (jarak \(d\)) dan pola difraksi satu celah (lebar \(a\)). Skemanya: \[ I(\theta) \propto \Bigl(\cos\bigl(\frac{\pi d \sin\theta}{\lambda}\bigr)\Bigr)^2 \times \Bigl(\frac{\sin(\frac{\pi a \sin\theta}{\lambda})}{\frac{\pi a \sin\theta}{\lambda}}\Bigr)^2. \]

(c) Diberikan \( d = 0.5\,\text{mm}, \quad a = 0.05\,\text{mm}, \quad \lambda = 600\,\text{nm}, \quad L = 2\,\text{m} \). Jarak antara dua garis terang utama terdekat: \[ \Delta y \approx \frac{\lambda L}{d} = \frac{600 \times 10^{-9} \times 2}{0.5 \times 10^{-3}} = \frac{1.2 \times 10^{-3}}{0.5 \times 10^{-3}} = 2.4\,\text{mm}. \] Lebar selubung difraksi utama diperkirakan dari \(a \sin\theta \approx \lambda\), \[ \theta \approx \frac{\lambda}{a} = \frac{6\times 10^{-7}}{5\times 10^{-5}} = 1.2 \times 10^{-2} \quad (\text{radian}), \] sehingga \[ y_\mathrm{difraksi} \approx L \theta \approx 2 \times 1.2 \times 10^{-2} = 2.4 \times 10^{-2}\,\text{m} = 24\,\text{mm}. \] Jadi selubung difraksi utamanya lebih lebar (\(24\\ mm) dibanding jarak antar garis terang (\(2.4\\ mm)).

Pembahasan Soal 5

(a) Pada orbit melingkar radius \(R+h\), gaya sentripetal setara dengan gaya gravitasi: \[ \frac{m v^2}{R+h} = G \frac{Mm}{(R+h)^2}. \] Sehingga kecepatan orbit: \[ v = \sqrt{\frac{GM}{R+h}}. \] Periode orbit: \[ T = \frac{2\pi (R+h)}{v} = 2\pi (R+h) \sqrt{\frac{R+h}{GM}} = 2\pi \sqrt{\frac{(R+h)^3}{GM}}. \]

(b) Jika kecepatan diubah sedikit (misal \(\Delta v\)), orbit menjadi elips dengan salah satu titik orbit (perigee atau apogee) di \(R+h\). Total energi mekanik: \[ E = \frac{1}{2} m v^2 - G \frac{Mm}{R+h} \] akan berubah sedikit, menyesuaikan dengan orbit elips. Selama \(\Delta v\) tidak terlalu besar, satelit tetap terikat, tetapi tidak lagi orbit melingkar sempurna.

(c) Untuk orbit rendah (\(h\) sangat kecil), faktor atmosfer menjadi signifikan. Hambatan udara akan memperlambat satelit dan mengurangi energi mekanik orbitnya. Dengan demikian, orbit akan meluruh kecuali satelit secara berkala meningkatkan kecepatannya (re-boost). Stabilitas orbit rendah bergantung pada kerapatan atmosfer, kerapatan planet, dan kecepatan awal satelit.