Simulasi Contoh Soal Olimpiade Fisika OSN SMA : 2025 (9)

Pembahasan Soal 1

Misalkan kecepatan awal bola \(\displaystyle v\) membentuk sudut \(\displaystyle \theta\) terhadap horizontal. Posisi awal bola di atap gedung setinggi \(\displaystyle h\) di atas tanah.

1. Persamaan gerak sumbu vertikal: \[ y(t) = h + v\sin(\theta)\,t - \tfrac{1}{2}g t^2. \] Mencari waktu t saat bola mencapai tanah berarti \(y(t) = 0\). Maka kita perlu memecahkan \[ h + v\sin(\theta)\,t - \frac{1}{2}g t^2 = 0. \] Ini adalah persamaan kuadrat dengan solusi \[ t = \frac{-\,v\sin(\theta) \pm \sqrt{(v\sin(\theta))^2 + 2gh}}{-\,g}. \] Waktu positif yang diambil adalah \[ t_{\text{total}} = \frac{v\sin(\theta) + \sqrt{(v\sin(\theta))^2 + 2gh}}{g}. \]
2. Posisi horizontal saat bola mendarat:
   Posisi horizontal \[ x(t) = v\cos(\theta)\,t. \] Sehingga titik mendarat relatif ke kaki gedung adalah \[ x_{\text{land}} = v\cos(\theta)\,t_{\text{total}}. \]
3. Perubahan kerangka acuan:
   Jika dilihat dari kerangka acuan orang di atap, tinggi awal bola dianggap nol dan kecepatan awal bola hanya memiliki komponen horizontal \(\displaystyle v \cos(\theta)\) dan vertikal \(\displaystyle v \sin(\theta)\). Namun, waktu jatuh dan jarak horizontal relatif terhadap orang di atap tetap sama secara fisika, hanya beda titik acuan ketinggian awal (dibuat 0 daripada h).

Pembahasan Soal 2

Ring (silinder berlubang) memiliki momen inersia \(\displaystyle I = M R^2\). Di bidang miring sudut \(\alpha\), ada berat komponen \(\displaystyle M g \sin(\alpha)\) dan gaya eksternal \(\displaystyle F\) sepanjang bidang.

1. Persamaan Translasinya:
   Gaya total arah sejajar bidang (kita asumsikan ke bawah miring positif) adalah \[ \Sigma F = M g \sin\alpha - F - T_{\text{gesek}}, \] di mana T_gesek adalah gaya gesek (atau reaksi tangensial) yang menjaga benda tidak slip. Percepatan translasi pusat massa: \(\displaystyle a\).
2. Persamaan Rotasinya:
   Torsi bersumber dari F yang diterapkan di puncak ring dan juga gaya gesek. - Torsi oleh F = \(\displaystyle F \cdot R\) (arah memutar searah jarum jam, misalnya).
   - Torsi oleh gesekan = \(\displaystyle T_{\text{gesek}} \cdot R\), tapi arahnya bisa memperkuat atau melawan gerakan tergantung konfigurasi. Secara umum, \[ \Sigma \tau = I \alpha = (M R^2) \alpha, \] dengan \(\alpha\) adalah percepatan sudut, dan \(\displaystyle a = \alpha R\) tanpa slip.
3. Solusi simultan:
   Detail persamaan akan bergantung pada arah gesekan (yang mungkin menyesuaikan agar tidak slip). Secara ideal, \[ F R + (M g \sin\alpha) \cdot 0 \ (\text{jika titik berat}) - T_{\text{gesek}}R = M R^2 \frac{a}{R}. \] Sementara gerak translasi: \[ M g \sin\alpha - F - T_{\text{gesek}} = M a. \] Dari dua persamaan ini, kita dapatkan \[ F R - T_{\text{gesek}}R = M R a \quad \Rightarrow \quad F - T_{\text{gesek}} = M a. \] Bandingkan dengan \[ M g \sin\alpha - F - T_{\text{gesek}} = M a. \] Kita peroleh satu sistem linear. Solusi akhir (dalam bentuk singkat): \[ a = \frac{ (M g \sin\alpha) - F }{1 + 1} = \frac{ M g \sin\alpha - F }{2}, \] (dengan asumsi tanda dan arah cocok). Percepatan sudut \(\alpha = a/R\). Detailnya bisa bervariasi tergantung arah tarik \(F\) (apakah naik/turun bidang).
4. Kondisi Tidak Slip:
   Untuk mencegah slip, gaya gesek maksimum \(\displaystyle f_{\max} = \mu_s N\) (jika ada koefisien gesek statis μ_s) harus lebih besar dari gaya gesek yang dibutuhkan. Intinya, \[ |T_{\text{gesek}}| \le \mu_s\, M g \cos\alpha. \] Jika gaya gesek yang dibutuhkan melampaui \(\mu_s\, M g \cos\alpha\), benda akan slip.

Dengan analisis arah gaya dan torsi yang cermat (arah F ke atas atau ke bawah), kita akan memperoleh a dan \(\alpha\). Syarat tanpa slip adalah besarnya torsi gesekan masih bisa dipenuhi oleh gaya gesek statis yang tersedia.

Pembahasan Soal 3

Roket dengan massa awal M₀ memuntahkan gas dengan laju \(\mu\) (massa per satuan waktu) dan kecepatan relatif ejeksi \(\displaystyle u\). Asumsikan roket bergerak vertikal ke atas dan percepatan gravitasi konstan g.

1. Persamaan momentum instan:
   Misalkan pada waktu t, massa roket adalah \(\displaystyle M(t)\). Setelah waktu \(\displaystyle dt\), massa roket menjadi \(\displaystyle M - dM\). Bagian massa dM (positif) dicatat sebagai massa gas yang keluar (tetapi bagi roket, massanya menurun, sehingga \(\displaystyle dM < 0\) jika dihitung dari sudut pandang roket).
2. Hukum Newton (persamaan Tsiolkovsky):
   \[ \frac{d}{dt}\bigl[ M(t)\,v(t) \bigr] = -\,g\,M(t)\,+\, \text{(dorongan pembakaran)}. \] Dorongan pembakaran = \(\displaystyle u\, \frac{dM}{dt}\), dengan tanda hati-hati. Jika \(\displaystyle dM/dt = -\mu\) (massa roket berkurang), maka dorongan = \(\displaystyle +\mu\,u\). Sehingga \[ M \frac{dv}{dt} + v \frac{dM}{dt} = - M g + \mu\,u. \] Karena \(\displaystyle \frac{dM}{dt} = -\mu\), \[ M \frac{dv}{dt} - v \mu = - M g + \mu u. \]
3. Penyelesaian diferensial:
   Pisahkan variabel: \[ M \frac{dv}{dt} = - M g + \mu(u + v). \] Atau \[ \frac{dv}{dt} = - g + \frac{\mu}{M}(u + v). \] Karena \(\displaystyle M(t) = M_0 - \mu t\), kita dapat menuliskan \[ \frac{dv}{dt} = - g + \frac{\mu}{M_0 - \mu t}(u + v). \] Ini bisa diintegralkan dari t=0 hingga t (hingga bahan bakar habis, misalkan t = T saat M(T)=M_k, massa kering). Hasil akhirnya (jika \(\displaystyle v(0)=0\)) adalah bentuk persamaan roket ideal: \[ v(t) = u \ln\!\biggl(\frac{M_0}{M_0 - \mu t}\biggr) - g\,t, \] selama \(\displaystyle t < \frac{M_0}{\mu}\).

Rumus di atas dikenal sebagai Rumus Tsiolkovsky (disertai koreksi gravitasi \(-\,g\,t\)).

Pembahasan Soal 4

Kita miliki dua gelombang: \[ y_1(x,t) = A \sin(kx - \omega t), \quad y_2(x,t) = A \sin(kx - \omega t + \phi). \] Hasil superposisinya: \[ y_{\text{total}}(x,t) = y_1 + y_2 = A \sin(kx - \omega t) + A \sin(kx - \omega t + \phi). \]

Gunakan identitas penjumlahan sudut: \[ \sin(\alpha) + \sin(\beta) = 2 \sin\Bigl(\frac{\alpha + \beta}{2}\Bigr)\cos\Bigl(\frac{\alpha - \beta}{2}\Bigr). \] Di sini, \(\alpha = kx - \omega t\) dan \(\beta = kx - \omega t + \phi\). Sehingga \[ y_{\text{total}}(x,t) = 2A \sin\bigl(kx - \omega t + \tfrac{\phi}{2}\bigr) \cos\bigl(\tfrac{\phi}{2}\bigr). \] Jika \(\phi\) sedemikian rupa sehingga \(\cos(\tfrac{\phi}{2})=0\) atau menghasilkan fase stasioner, maka akan tampak titik-titik (simpul) tetap.

Syarat terbentuk simpul tetap: Tergantung pada nilai \(\phi\). Contohnya, jika \(\phi = \pi\), maka \[ y_{\text{total}} = 2A \sin\Bigl(kx - \omega t + \frac{\pi}{2}\Bigr)\cos\Bigl(\frac{\pi}{2}\Bigr) = 2A \sin\bigl(\dots\bigr)\cdot 0 = 0. \] Atau lebih umum, simpul-simpul dapat terjadi di lokasi-lokasi di mana amplitudo superposisi lenyap untuk semua t. Dengan superposisi gelombang yang hampir berlawanan fase (misalnya \(\phi \approx \pi\)), akan muncul gelombang stasioner.

Pola stasioner:
Pola stasioner khas jika \(\phi = \pi\) (gelombang fase terbalik), \[ y_{\text{total}} = A \sin(kx - \omega t) - A \sin(kx - \omega t) = 0 \quad (\text{trivial}). \] Namun dalam praktik, gelombang stasioner yang non-trivial butuh dua gelombang merambat berlawanan arah atau fase tetap antara keduanya. Jadi, nilai \(\phi\) akan menentukan lokasi simpul/perut.

Pembahasan Soal 5

1. Frekuensi Resonansi:
   Pada rangkaian RLC seri, frekuensi resonansi \(\omega_0\) (dalam rad/s) adalah \[ \omega_0 = \frac{1}{\sqrt{LC}} \quad\Longrightarrow\quad f_0 = \frac{1}{2\pi\sqrt{LC}}. \]
2. Faktor Kualitas (Q-factor):
   \[ Q = \frac{\omega_0 L}{R} = \frac{1}{R}\sqrt{\frac{L}{C}}. \] Semakin besar Q, semakin sempit (tajam) puncak resonansi arus, artinya rangkaian memiliki rugi-rugi kecil dan menyimpan energi lebih lama di dalam osilasi.
3. Interpretasi:
   Pada resonansi, impedansi reaktif induktor dan kapasitor saling meniadakan (\(X_L = X_C\)), sehingga impedansi total menjadi minimal \(\displaystyle R\). Arus maksimum terjadi di rangkaian. Q-factor yang tinggi berarti puncak resonansi sangat tinggi (tajam), sehingga selektivitas rangkaian besar.

Pembahasan Soal 6

Menurut persamaan Maxwell, perubahan arus (dan distribusi muatan) dalam kawat akan memunculkan medan listrik dan medan magnet yang bervariasi dengan waktu, dan perubahan medan tersebut dapat merambat ke luar sebagai gelombang elektromagnetik.

• Medan listrik berubah memicu medan magnetik: Hukum Faraday-Maxwell menyatakan \[ \nabla \times \mathbf{E} = - \frac{\partial \mathbf{B}}{\partial t}. \]
• Medan magnetik berubah memicu medan listrik: Hukum Maxwell-Ampère (versi lengkap) \[ \nabla \times \mathbf{B} = \mu_0 \mathbf{J} + \mu_0 \epsilon_0 \frac{\partial \mathbf{E}}{\partial t}. \] Di sekitar kawat dengan arus AC, \(\mathbf{J}\) bervariasi dalam waktu, membuat \(\mathbf{B}\) berfluktuasi, yang pada gilirannya memengaruhi \(\frac{\partial \mathbf{E}}{\partial t}\).
• Radiasi EM: Jika frekuensi arus cukup tinggi, perubahan medan dapat terlepas dan merambat ke jauh dalam bentuk gelombang elektromagnetik (antena dipol sederhana adalah contoh umum). Pada jarak jauh, medan yang terukur bersifat transversal dan memenuhi persamaan gelombang \(\nabla^2 \mathbf{E} = \mu_0 \epsilon_0 \frac{\partial^2 \mathbf{E}}{\partial t^2}\) dan \(\nabla^2 \mathbf{B} = \mu_0 \epsilon_0 \frac{\partial^2 \mathbf{B}}{\partial t^2}\).

Dengan demikian, kawat berarus AC dapat memancarkan radiasi karena perubahan medan yang berkelanjutan, selama panjang kawat dan frekuensi cukup untuk membentuk distribusi arus tak uniform (kondisi resonansi antena, dsb.).

Pembahasan Soal 7

Gas ideal monoatomik dengan kapasitas kalor molar C_V = (3/2)R mengalami proses umum (bukan isokhorik, isobarik, atau isotermal khusus). Menurut hukum pertama termodinamika:

\[ \Delta U = Q - W. \] Untuk n mol gas monoatomik, perubahan energi dalam ΔU bergantung hanya pada suhu akhir-awal, \[ \Delta U = n C_V \Delta T. \]

Kerja yang dilakukan oleh gas selama ekspansi/konstraksi, \[ W = \int P\, dV. \] Sementara kalor: \[ Q = \Delta U + W = n C_V \Delta T + \int P\, dV. \] Dalam proses umum, P dan V dapat berubah dengan cara yang tidak linear, sehingga kita perlu rute integral spesifik.

Penerapan Hukum Pertama:
Hukum pertama menjamin \[ Q = \Delta U + W, \] di mana \(\Delta U = n C_V (T_2 - T_1)\). Karena \(\displaystyle P_1 V_1 = n R T_1\) dan \(\displaystyle P_2 V_2 = n R T_2\), kita dapat juga menghubungkan T dengan P, V sesuai keadaan awal dan akhir. Tidak ada syarat khusus tentang jalur proses, karena \(\Delta U\) hanya fungsi \(\Delta T\). Namun, Q dan W bisa bervariasi tergantung jalurnya, saling ‘membagi’ porsi energi yang ditukar.

Pembahasan Soal 8

Interferometer Michelson membagi berkas cahaya menjadi dua lengan, lalu memantulkan kembali dan menggabungkannya, menciptakan pola interferensi. Panjang gelombang cahaya \(\lambda\) menyebabkan terjadinya pergeseran pola jika panjang salah satu lengan diubah.

Pergeseran Pita:
Bila salah satu cermin digeser sejauh δ, maka selisih lintasan optik berubah sebesar 2δ (karena sinar pergi dan kembali). Pergeseran jumlah terang/gelap: \[ \Delta N = \frac{2 \,\delta}{\lambda}. \] Setiap kenaikan selisih lintasan \(\lambda\) menggeser satu pita terang ke posisi bekas pita gelap (atau sebaliknya). Dengan demikian, banyaknya pita yang berpindah = \(\Delta N\).

Syarat Pola Interferensi:
Intensitas maksimum ketika selisih lintasan = mλ (m bilangan bulat), dan minimum ketika selisih lintasan = \(\bigl(m+\tfrac{1}{2}\bigr)\lambda\). Pergeseran cermin mengubah selisih lintasan, mengubah m, sehingga pola interfensi bergeser.

Pembahasan Soal 9

Efek Compton: Perubahan panjang gelombang foton \(\Delta \lambda\) setelah tumbukan dengan elektron bebas: \[ \Delta \lambda = \lambda' - \lambda = \frac{h}{m_e c} \bigl(1 - \cos\theta\bigr), \] dengan \(\theta\) sudut hamburan foton.

\(\displaystyle \frac{h}{m_e c}\) sering disebut Compton wavelength elektron. Kita lihat bahwa \(\Delta \lambda\) mencapai nilai maksimum ketika \(\cos\theta = -1\), yakni \(\theta = 180^\circ\). Pada kasus itulah perbesaran panjang gelombang foton (\(\lambda' - \lambda\)) menjadi paling besar.

Dengan demikian, sudut hamburan \(\theta = 180^\circ\) (hamburan ke arah belakang) memaksimalkan Compton shift.

Pembahasan Soal 10

Energi dan Momentum Relativistik:
Dalam relativitas khusus, energi total partikel bermassa m dan bermuatan q (yang dipercepat oleh beda potensial V) adalah \[ E = \gamma m c^2, \] dengan \[ \gamma = \frac{1}{\sqrt{1 - \frac{v^2}{c^2}}}. \] Momentum relativistik: \[ p = \gamma m v. \]

Transisi dari bentuk klasik: Secara klasik, \(\displaystyle K = \tfrac{1}{2}mv^2\) dan \(\displaystyle p = mv\). Namun, pada kecepatan mendekati c, bentuk ini tidak akurat. Energi kinetik relativistik \[ K = (\gamma - 1)m c^2. \] Seiring v \(\rightarrow c\), \(\gamma \rightarrow \infty\). Maka butuh energi tak hingga untuk benar-benar mencapai v = c.

Tidak dapat melebihi kecepatan cahaya:
Karena \(\gamma\) akan melonjak tanpa batas sebelum v benar-benar mencapai c, partikel tidak bisa melampaui c. Energi yang dibutuhkan meningkat sangat besar mendekati c. Inilah alasan fundamental mengapa kecepatan cahaya adalah batas kecepatan maksimum di alam semesta menurut relativitas khusus.