Simulasi Soal Olimpiade Fisika SMA Standar IPhO : 2025 (8)

Pembahasan Soal 1

Kita analisis gaya-gaya pada cakram. Gaya \( F \) bekerja pada tepi cakram, menghasilkan:

1. Translasi pusat massa (CM) dengan percepatan \( a_{CM} \):
   Hukum II Newton pada arah horizontal: \[ F = M \, a_{CM}. \] Sehingga \[ a_{CM} = \frac{F}{M}. \]
2. Rotasi terhadap CM:
   Momen gaya tentang pusat cakram adalah \( \tau = F \times R \). Momen inersia cakram homogen (rotasi tentang sumbu pusat) adalah \( I = \frac{1}{2}MR^2 \). Dengan Hukum II Rotasi: \[ \tau = I \alpha \implies F R = \frac{1}{2} M R^2 \alpha \implies \alpha = \frac{2F}{M R}. \]

Dari sini jelas cakram melakukan translasi dan rotasi sekaligus. Tidak terjadi selip atau hambatan karena meja licin dan tidak ada gaya gesek yang menahan gerakan rotasi. Percepatan pusat massanya:

\[ a_{CM} = \frac{F}{M}, \quad \alpha = \frac{2F}{M R}. \]

Untuk nilai \( F \) tertentu, cakram akan terus memperoleh kecepatan linier meningkat (gerak dipercepat) dan juga kecepatan sudut yang bertambah seiring waktu.

Pembahasan Soal 2

(a) Saat bingkai memasuki medan magnet, fluks magnetik meningkat sehingga timbul GGL induksi (emf) dan arus induksi yang arah arusnya menentang perubahan fluks (Hukum Lenz). Saat bingkai sepenuhnya di dalam medan, perubahan fluks berhenti, arus induksi menjadi nol. Ketika bingkai keluar medan, fluks menurun, sehingga arus berbalik arah. Grafik arus \( I \) terhadap waktu atau posisi akan berbentuk pulsa positif (saat masuk) dan pulsa negatif (saat keluar), dengan nol di saat bingkai berada seluruhnya di dalam medan (tanpa perubahan fluks).

(b) GGL induksi \( \varepsilon = -\frac{d\Phi}{dt} \), dengan \( \Phi = B \times (\text{luas terinduksi}) \). Jika kecepatan bingkai konstan \( v \), maka laju perubahan luas adalah \( L \times v \) (karena sisi bingkai \( L \) memasuki/leaving medan).

Total muatan yang mengalir selama proses masuk:

\[ q_{masuk} = \int I \, dt = \int \frac{\varepsilon}{R} \, dt = \frac{1}{R} \int \varepsilon \, dt = \frac{1}{R} \int -\frac{d\Phi}{dt} \, dt = -\frac{1}{R} (\Phi_{akhir} - \Phi_{awal}). \]

Saat bingkai masuk, \( \Phi \) berubah dari 0 menjadi \( B L^2 \) (ketika bingkai seluruhnya masuk). Hasilnya:

\[ q_{masuk} = -\frac{1}{R} ( B L^2 - 0 ) = -\frac{B L^2}{R}. \] (Tanda negatif menandakan arah arus tertentu.)

Saat bingkai keluar, fluks berkurang dari \( B L^2 \) menjadi 0, sehingga

\[ q_{keluar} = -\frac{1}{R} ( 0 - B L^2 ) = \frac{B L^2}{R}. \]

Total muatan masuk dan keluar memiliki besaran sama, tetapi arah (tanda) berlawanan. Hal ini konsisten dengan adanya dua “pulsa” arus yang berlawanan arah pada proses masuk dan keluar.

Pembahasan Soal 3

Frekuensi alami pipa terbuka orde \( n \):

\[ f_n = \frac{n v}{2L}. \]

Jika suhu naik \( \Delta T \) dan \( v' = v + \alpha \Delta T \), maka frekuensi berubah menjadi:

\[ f_n' = \frac{n (v + \alpha \Delta T)}{2L}. \]

Perubahan relatif frekuensi adalah:

\[ \frac{\Delta f_n}{f_n} = \frac{f_n' - f_n}{f_n} = \frac{(v + \alpha \Delta T) - v}{v} = \frac{\alpha \Delta T}{v}. \]

Kita dapat menafsirkannya seperti seakan-akan panjang efektif pipa berubah menjadi \( L' \) sehingga \( f_n' = \frac{n v}{2 L'} \). Dengan membandingkan, \[ \frac{1}{L'} = \frac{1}{L} \left(1 + \frac{\alpha \Delta T}{v}\right), \] atau kira-kira \[ L' = L \left(1 - \frac{\alpha \Delta T}{v}\right) \] untuk \( \alpha \Delta T \ll v \). Ini menunjukkan efek efektif “penyingkatan” panjang resonansi karena kecepatan bunyi bertambah. Secara fisik, pipa tidak memendek; namun secara akustik, panjang resonansi berkurang karena bunyi merambat lebih cepat.

Pembahasan Soal 4 (Eksperimen)

Gaya tambahan yang terukur pada neraca adalah \( \Delta F = (m_{ef} - m) g \). Gaya ini berasal dari tegangan permukaan yang bekerja pada keliling cincin. Karena ada dua sisi (luar dan dalam) cincin yang bersentuhan dengan film air, panjang total garis kontak adalah \( 2 \times \pi D \) (dengan \( D \) adalah diameter, maka keliling \( \pi D \) tetapi dikali 2 sisi).

Gaya tegangan permukaan total adalah:

\[ F_{surface} = 2 \, \gamma \times (\text{keliling cincin}) = 2 \, \gamma \, (\pi D). \]

Di sini faktor 2 pertama adalah karena dua sisi film (bagian dalam dan luar cincin). Dengan menyamakan \( F_{surface} \) dengan \( \Delta F \), kita peroleh:

\[ 2 \, \gamma \, (\pi D) = (m_{ef} - m) g \quad \implies \quad \gamma = \frac{(m_{ef} - m) \, g}{2\,\pi\, D}. \]

Inilah alasan mengapa dua sisi film air harus diperhitungkan; film menempel di sisi luar dan sisi dalam lingkaran, sehingga total gaya adalah dua kali lipat dari sekadar \( \gamma \times \text{keliling} \).

Pembahasan Soal 5 (Eksperimen)

Pada keadaan tunak, laju aliran kalor \( Q/t \) konstan di sepanjang batang. Hukum konduksi panas Fourier menyatakan:

\[ \frac{Q}{t} = k \, A \, \frac{\Delta T}{\Delta x}, \]

di mana \( \Delta T \) adalah beda suhu yang diukur pada selang panjang \( \Delta x \). Untuk keseluruhan batang dengan panjang \( L \), bisa saja \( \Delta T = T_H - T_C \). Dari pengukuran \( Q/t \) (misalnya dengan mengetahui daya kalor masuk dari sumber panas yang terjaga konstan) dan gradien suhu, kita dapat menghitung:

\[ k = \frac{(Q/t) \, \Delta x}{A \, \Delta T}. \]

Jika menggunakan jarak penuh \( L \) dengan selisih suhu total \( T_H - T_C \), rumusnya menjadi:

\[ k = \frac{(Q/t) \, L}{A \, (T_H - T_C)}. \]

Ketidakpastian yang mungkin muncul meliputi:

• Ketidakpastian pengukuran fluks kalor (Q/t), karena kebocoran panas ke lingkungan.
• Distribusi suhu tidak benar-benar linear, terutama jika ada perpindahan panas ke udara sekitar.
• Ketidakakuratan pengukuran suhu, terutama pada termometer yang dipasang.
• Variasi luas penampang batang atau ketidakteraturan material.