Kontes Terbuka Olimpiade Fisika · Tetap terdapat Soal Utama yaitu 5 buah soal utama pada KTOF kali...

KTOF V Mei 2019 Halaman 1 dari 28

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

Naskah Soal dan Solusi

Kontes Terbuka Olimpiade Fisika

Mei 2019 Pra OSN

Oleh :

Komunitas Olimpiade Fisika Indonesia

Waktu : 47 Jam

Tahun 2019


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

Penjelasan Model Soal

Pada KTOF kali ini menggunakan sistem Essay.

Tetap terdapat Soal Utama yaitu 5 buah soal utama pada KTOF kali ini (sesuai Pra

OSN 2019) dimana masing-masing soal terdiri atas beberapa anak soal dimana setiap

soal memiliki poin maksimum 20 Poin.

Setiap anak soal adalah soal-soal yang berkaitan dengan soal utama yang berupa

konsep, matematik, dan numerik. Untuk mengerjakan soal numerik peserta diizinkan

menggunakan kalkulator.

Setiap anak soal dari soal utama memiliki keterkaitan satu sama lain yang saling

membangun guna mempelajari permasalahan yang diberikan pada soal utama.

Teknis Pengerjaan

Setiap peserta akan mendapatkan Nomor Peserta masing-masing.

Soal KTOF akan kami bagikan via email dan grup WA kepada para peserta pada hari

Jumat, 24 Mei 2019 pukul 13.00 WIB.

Peserta dipersilahkan mengerjakan soal yaitu dari saat soal dibagikan sampai batas

terakhir memasukkan jawaban di form jawaban online yaitu pada hari Minggu, 26

Mei 2019 pukul 12.00 WIB.

Jawaban ditulis secara detail pada lembar jawaban yang telah disediakan

menggunakan balpoint warna hitam/biru dan tidak boleh warna lainnya. Lembar

jawaban akan dikirim bersamaan dengan soal tes.

Teknis Pengumpulan Jawaban

Jawaban untuk setiap nomor soal harus dipisah dan dinamai dengan format berikut:

soal(nomor)_namalengkap_asalsekolah/instansi, Contoh:

soal2_ahmadbasyirnajwan_sman3banjarbaru,

soal5_mfauzansyahbana_smantambunselatan

Jawaban diunggah pada form jawaban online menggunakan link berikut ini

bit.ly/FormJawabKTOFMei.


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

Jawaban hanya boleh dalam bentuk PDF dengan ukuran maksimal untuk tiap soalnya

adalah 20Mb. Untuk membuat file berupa foto menjadi file PDF, kalian bisa

menggunakan aplikasi CamScanner menggunakan cara lainnya.

Form jawaban online hanya dibuka pada batas waktu pengerjaan yaitu dari hari

Jumat, 24 Mei 2019 pukul 13.00 WIB sampai dengan Minggu, 26 Mei 2019 pukul

12.00 WIB. Kami himbau para peserta untuk tidak mengumpulkan jawaban di menit-

menit akhir karena dikhawatirkan ada masalah koneksi yang menyebabkan jawaban

tidak terunggah.

Pengumuman Hasil dan Benefits

Setiap peserta akan mendapatkan Soal KTOF beserta Solusinya. Solusi akan kami

berikan setelah Form Jawab Online ditutup yaitu pada hari Minggu, 26 Mei 2019

pukul 12.01 WIB via Email dan Grup WA.

Hasil KTOF akan kami publikasikan 3-4 hari setelah Tes Berakhir melalui media sosial

kami via Facebook dan Instagram.

Kami akan repost 15 Peserta terbaik pada KTOF kali ini.

KTOF ini tentunya bisa menjadi ajang melatih diri dan pemantapan bagi siswa-siswa

yang akan mengikuti Olimpiade Sains Nasional Khususnya Bidang Fisika. Selain itu

juga bisa di jadikan ajang uji diri bagi Siswa Kelas XII, Mahasiswa, guru, dan Pegiat

Olimpiade Fisika lainnya.

Hormat Kami

Komunitas Olimpiade Fisika Indonesia


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

1. (20 Poin) Sistem Dua Cincin di Atas Lantai

Suatu sistem benda terdiri dari dua cincin lingkaran: kecil (massa 𝑚 dan jari-jari 𝑟) dan

besar (massa 2𝑚 dan jari-jari 2𝑟). Kedua cincin berada pada posisi vertikal di atas meja.

Sistem dilepaskan dari keadaan diam seperti diperlihatkan pada gambar

a. Kondisi pertama adalah cincin kecil bergerak tanpa gesekan di dalam silinder besar,

dan cincin besarnya dapat bebas bergerak tanpa gesekan di atas meja. Ketika cincin

kecil mencapai dasar silinder besar, tentukan:

i. kelajuan pusat massa dan kelajuan sudut cincin besar dan cincin kecil.

ii. gaya normal normal pada cincin kecil.

iii. usaha gaya normal pada cincin kecil dan cincin besar. Hitung resultan usaha oleh

gaya normal tesebut pada kedua cincin dan kemudian apa makna fisisnya.

iv. perpindahan cincin besar

b. Kondisi kedua adalah cincin kecil menggelinding tanpa slip di dalam silinder besar, dan

cincin besarnya juga menggelinding tanpa slip di atas meja. Ketika cincin kecil

mencapai dasar silinder besar, tentukan :

i. kelajuan pusat massa dan kelajuan sudut cincin besar dan cincin kecil.

ii. perubahan momentum linier sistem. Jelaskan makna fisisnya.

iii. perubahan momentum sudut sistem terhadap acuan permukaan meja. Jelaskan

makna fisisnya.

Solusi:

a. Diagram gaya dan diagram gerak :

𝑟 2𝑚

𝑚

2𝑟


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

i. Torsi oleh gaya berat dan gaya normal pada cincin kecil dan cincin besar sama

dengan nol sehingga kelajuan sudut cincin besar dan cincin kecil sama dengan nol,

ωm = ωM = 0. Pilih acuan energi potensial nol di pusat cincin besar . Hukum

kekekalan energi mekanik:

𝐸𝑀0 = 𝐸𝑀

0 =1

2𝑚𝑣𝑚

2 +1

2𝑀𝑣𝑀

2 − 𝑚𝑔𝑟 … (1)

Hukum kekekalan momentum pada arah horizontal :


0 = 𝑚𝑣𝑚 − 𝑀𝑣𝑀 … (2)

Diketahui bahwa M = 2m dan R =2r. Gunakan (1) dan (2) untuk mendapatkan

𝑣𝑀 = √𝑔𝑟

3… (3)

𝑣𝑚 = 2√𝑔𝑟

3… (4)

ii. Resultan gaya pada cincin kecil ketika mencapai dasar cincin besar sama dengan

nol sehingga berlaku hukum II Newton relatif terhadap acuan pusat cincin besar.

𝑣m

𝑣M

𝑤m

𝑁m

𝑟 𝑀

𝑚

𝑅

𝑥 = 0


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

∑ 𝐹 = 𝑚𝑎𝑠

𝑁𝑚 − 𝑤𝑚 = 𝑚𝑣𝑟𝑒𝑙

2

𝑟

𝑁 − 𝑚𝑔 = 𝑚(𝑣𝑚 + 𝑣𝑀)2

𝑟

𝑁 = 4𝑚𝑔 … (5)

iii. Hubungan usaha dan energi kinetik :

𝑊𝑚 = ∆𝐸𝐾𝑚

𝑊𝑚𝑁 + 𝑊𝑚𝑤 =1

2𝑚𝑣𝑚

2

𝑊𝑚𝑁 + 𝑚𝑔𝑟 =1

2𝑚

4𝑔𝑟

3

𝑊𝑚𝑁 = −𝑚𝑔𝑟

3… (6)

𝑊𝑀 = ∆𝐸𝐾𝑀

𝑊𝑀𝑁 + 𝑊𝑀𝑤 =1

2𝑀𝑣𝑀

2

𝑊𝑀𝑁 =𝑚𝑔𝑟

3… (7)

Usaha total oleh gaya gesek pada sistem sama dengan nol artinya gaya normal

tidak mengubah energi kinetik sistem.

iv. Resultan gaya yang bekerja pada sistem pada arah horizontal sama dengan nol

sehingga posisi pusat massa sistem tetap pada arah horizontal.

𝑥𝑝𝑚 = 𝑥𝑝𝑚′

𝑚𝑥𝑚 + 𝑀𝑥𝑀

𝑚 + 𝑀=

𝑚𝑥𝑚′ + 𝑀𝑥𝑀

′

𝑚 + 𝑀

𝑚 ∙ (−𝑟) + 2𝑚 ∙ 0 = 𝑚𝑥 + 2𝑚𝑥

𝑥 = −𝑟

3… (8)

Perpindahan cincin besar 𝑟/3 ke kiri.

b. Diagram gerak :


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

i. Hukum kekekalan energi mekanik:


0 =1

2𝑚𝑣𝑚

2 +1

2𝐼𝑚𝜔𝑚

2 +1

2𝑀𝑣𝑀

2 +1

2𝐼𝑀𝜔𝑀

2 − 𝑚𝑔𝑟 … (9)

Kedua cincin gerak menggelinding :

𝑣𝑚 = 𝜔𝑚𝑟 … (10)

𝑣𝑀 = 𝜔𝑀𝑅 … (11)

Menentukan hubungan 𝜔m dan 𝜔M.

Hubungan impuls dan momentum :

𝐼𝑀𝑥 = ∆𝑝𝑀𝑥

∫ 𝑁𝑚𝑐𝑜𝑠𝜃𝑑𝑡 − ∫ 𝑓𝑚𝑠𝑖𝑛𝜃𝑑𝑡 − ∫ 𝑓𝑀𝑑𝑡 = 𝑀𝑣𝑀 … (12)

𝐼𝑚𝑥 = ∆𝑝𝑚𝑥

𝜔m

𝑣M

𝜔M

𝜔m

𝑣M

𝜔M

𝑓m

𝜃

𝑁m

𝑓M

𝑁M

𝑀𝑔

𝑣m

𝑤m

𝑓m

𝜃

𝑁m

𝜔m


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

∫ 𝑁𝑚𝑐𝑜𝑠𝜃𝑑𝑡 − ∫ 𝑓𝑚𝑠𝑖𝑛𝜃𝑑𝑡 = 𝑚𝑣𝑚 … (13)

Hubungan impuls dan momentum sudut :

𝐼𝑀𝜃 = ∆𝐿𝑀

∫ 𝑓𝑚𝑅𝑑𝑡 + ∫ 𝑓𝑀𝑅𝑑𝑡 = 𝐼𝑀𝜔𝑀 … (14)

𝐼𝑚𝜃 = ∆𝐿 𝑚

∫ 𝑓𝑚𝑟𝑑𝑡 = 𝐼𝑚𝜔𝑚 … (15)

Momen inersia cincin besar dan cincin kecil berturut-turut adalah 𝐼m = 𝑚𝑟2dan

𝐼M = 𝑀𝑅2. Gunakan persamaan (12) sampai dengan (15) untuk mendapatkan

𝜔𝑚 = 4𝜔𝑀 … (16)

Gunakan (9), (10),(11) dan (16) untuk mendapatkan

𝑣𝑀 = √𝑔𝑟

6… 17)

𝑣𝑚 = √2𝑔𝑟

3… (18)

𝜔𝑀 = √𝑔

24𝑟… (19)

𝜔𝑚 = √2𝑔

3𝑟… (20)

ii. Perubahan momentum sistem hanya pada arah vertikal sama dengan nol.

Perubahan momentum sistem hanya terjadi pada arah horizontal.

∆𝑝 = 𝑚𝑣𝑚 − 𝑀𝑣𝑀

∆𝑝 = 𝑚√2𝑔𝑟

3− 2𝑚√

𝑔𝑟

6

∆𝑝 = 0

Makna fisis kondisi ini adalah momentum sistem kekal dan gaya gesek statik

antara cincin besar dan meja sama dengan nol.

iii. Perubahan momentum sudut sistem :

∆𝐿 = 𝑀𝑣𝑀𝑅 + 𝐼𝑀𝜔𝑀 − 𝑚𝑣𝑚𝑟 − 𝐼𝑚𝜔𝑚


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

∆𝐿 = 𝑚𝑟√8𝑔𝑟

3

Makna fisis kondisi ini adalah momentum sudut sistem terhadapa acuan

permukaan meja tidak kekal dan gaya gesek statik antara cincin besar dan meja

sama dengan nol.

Davit Sipayung

Pembina Lembaga Olimpiade Pendidikan Indonesia

2. (20 Poin) Gerak Melilit Bola dengan Tali pada Batang

Sebuah bola diikatkan pada tali tak bermassa sepanjang 𝐿. Ujung tali yang lain

disambung ke tiang yang sangat tipis yang tegak terpancang. Ukuran panjang tiang ℎ ≫

𝐿. Pada mulanya bola dilempar sehingga bergerak dengan lintasan lingkaran mendatar

dengan sudut yang dibentuk tali dengan tiang mula-mula adalah 𝜃0 .

a. Antara waktu 0 ≤ 𝑡 ≤ 𝑡1 , bola masih bergerak secara horizontal. Tentukan periode

gerak sistem bola-tali tersebut!

Setelah waktu 𝑡 ≥ 𝑡1, tali akan terlilit pada tiang. Asumsikan bahwa tiang sangat tipis

sehingga panjang tali di udara berkurang sangat lambat dan gerakan bola dapat

dibayangkan seperti lintasan lingkaran horizontal. Asumsikan pula tiang sangat kasar

sehingga tali yang terlilit tidak akan tergelincir.

b. Tentukan perbedaan ketinggian antara titik di mana ujung tali terikat dengan tiang

dengan titik di mana bola akhirnya menumbuk tiang!

c. Tentukan pula rasio kecepatan akhir bola (ketika menumbuk tiang) terhadap

kecepatan awal!

Petunjuk :

𝜃0

𝐿


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

Mungkin integral berikut akan berguna

∫𝑑𝑥

𝑥= ln|𝑥| + 𝐶

∫ cot 𝑥 𝑑𝑥 = ln|sin 𝑥| + 𝐶

∫𝑑𝑥

sin 𝑥 cos 𝑥= − ln |

cos 𝑥

sin 𝑥| + 𝐶

Solusi :

a. Persamaan gaya sistem

∑ 𝐹θ = 𝑚(−𝐿0Ω02 sin 𝜃0 cos 𝜃0)

−𝑚𝑔 sin 𝜃0 = −𝑚𝐿0Ω02 sin 𝜃0 cos 𝜃0

Ω02 =

𝑔

𝐿0 cos 𝜃0⟹ Ω0 = √

𝑔

𝐿0 cos 𝜃0

Periode gerak sistem didapat dari hubungan 𝑇 = 2𝜋/Ω0

𝑇 = 2𝜋√𝐿0 cos 𝜃0

𝑔

b. Oleh karena gerakan benda dapat diasumsikan lingkaran horizontal dalam waktu yang

singkat maka

∑ 𝐹y = 0

𝑇 cos 𝜃 − 𝑚𝑔 = 0 ⟹ 𝑇 =𝑚𝑔

cos 𝜃… (1)

∑ 𝐹y = 𝑚𝑎

𝑚𝑔 tan 𝜃 = 𝑚𝑣2

𝐿 sin 𝜃⟹ 𝑚𝑣2 = 𝑚𝑔𝐿 sin 𝜃 tan 𝜃 … (2)

Dari hukum konservasi energi didapat

1

2𝑑(𝑚𝑣2) + 𝑑(𝑚𝑔𝐿 cos 𝜃) = 0 … (3)

Substitusi persamaan (2) ke persamaan (3) sehingga didapatkan

𝑑(𝐿 sin 𝜃 tan 𝜃) + 2𝐿 sin 𝜃 𝑑𝜃 = 0


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

𝑑𝐿 sin 𝜃 tan 𝜃 + 𝐿 cos 𝜃 tan 𝜃 𝑑𝜃 + 𝐿 sin 𝜃 sec2 𝜃 + 2𝐿 sin 𝜃 𝑑𝜃 = 0

𝑑𝐿sin2 𝜃

cos 𝜃+ 3𝐿 sin 𝜃 𝑑𝜃 + 𝐿

sin 𝜃

cos2 𝜃= 0

∫𝑑𝐿

𝐿= −3 ∫ cot 𝜃 𝑑𝜃 − ∫

𝑑𝜃

sin 𝜃 cos 𝜃

ln 𝐿 = −3 ln|sin 𝜃| + ln |cos 𝜃

sin 𝜃| + 𝐶

ln 𝐿 = ln |cos 𝜃

sin4 𝜃| + 𝐶

𝐿 = 𝑒𝐶 (cos 𝜃

sin4 𝜃) = 𝐾 (

cos 𝜃

sin4 𝜃)

Saat 𝜃 = 𝜃0, 𝐿 = 𝐿0 maka

𝐿0 = 𝐾 (cos 𝜃0

sin4 𝜃0) ⟹ 𝐾 = 𝐿0 (

sin4 𝜃0

cos 𝜃0)

Sehingga

𝐿 = 𝐿0 (sin4 𝜃0

cos 𝜃0) (

cos 𝜃

sin4 𝜃) … (∗)

Sekarang kita harus mencari posisi dimana bola menumbuk tiang. Jarak vertikal yang

ditempuh bagian kecil tali adalah

𝑑𝑦 = ∫ 𝑑𝐿 cos 𝜃 = 𝐿0 (sin4 𝜃0

cos 𝜃0) ∫ cos 𝜃 𝑑 (

cos 𝜃

sin4 𝜃)

𝜋

𝜃0

… (4)

Dengan metode integral by parts atau integral parsial kita akan dapatkan

𝑦 = −𝐿0 cos 𝜃0 (1 −sin2 𝜃0

2) … (5)

Karena pada awalnya posisi bola terhadap ujung tali yang terikat pada tiang adalah

−𝐿0 cos 𝜃0, maka perbedaan perubahan ketinggiannya adalah 𝑦 − 𝑦0

𝑦 − 𝑦0 =1

2𝐿0 sin2 𝜃0 cos 𝜃0

c. Dari hukum konservasi energi didapatkan

1

2𝑚𝑣f

2 =1

2𝑚𝑣i

2 − 𝑚𝑔Δ𝑦

dengan Δ𝑦 = 𝑦 − 𝑦0 maka

1

2𝑚𝑣f

2 =1

2𝑚𝑣i

2 − 𝑚𝑔 (1

2𝐿0 sin2 𝜃0 cos 𝜃0) … (6)


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

Dari persamaan (2) kita dapat

𝑣i2 = 𝑔𝐿0 (

sin2 𝜃0

cos 𝜃0) … (7)

Sehingga

1

2𝑚𝑣f

2 =1

2𝑚𝑔𝐿0 (

sin2 𝜃0

cos 𝜃0) − 𝑚𝑔 (

1

2𝐿0 sin2 𝜃0 cos 𝜃0)

1

2𝑚𝑣f

2 =1

2𝑚𝑔𝐿0 (

sin2 𝜃0 − sin2 𝜃0 cos2 𝜃0

cos 𝜃0)

𝑣f2 = 𝑔𝐿0 (

sin4 𝜃0

cos 𝜃0)

Gabungkan persamaan (7) & (8) sehingga menghasilkan

𝑣f

𝑣i=

√𝑔𝐿0 (sin4 𝜃0

cos 𝜃0)

√𝑔𝐿0 (sin2 𝜃0

cos 𝜃0)

⟹𝑣f

𝑣i= sin 𝜃0

Catatan untuk tanda (∗)

Subtitusi 𝐿 sama dengan 0 (artinya ketika panjang tali sudah habis, bola akan

menumbuk tiang) didapatkan bahwa nilai cos 𝜃 = 0 atau dengan kata lain bola

menumbuk tiang dengan posisi sudut terhadap tiang sebesar 𝜋/2.

Christian Reivan

SMAN 3 Bandung

3. (20 Poin) Gaya Hambat pada Gerak Mobil

Sebuah mobil bermassa 𝑚 bergerak di atas jalan raya mendatar dengan suatu kecepatan

awal 𝑣0 yang konstan. Kemudian pengemudi mengerem sedemikian hingga mobil

mendapat gaya hambat. Asumsikan saat di rem, ban mobil langsung berhenti. Akibat gaya

hambat ini mobil akan berhenti sejauh 𝑠. Untuk kasus ini abaikan gaya hambat udara di

sekitar mobil.

a. Tentukan koefisien gesek antara ban mobil dan jalan raya!

𝑣0


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

b. Jika mobil bergerak di atas jalan raya yang sama dengan keadaan awal yang sama pula

namun jalan raya miring dengan sudut kemiringan 𝛼, berapakah jarak yang ditempuh

mobil sampai berhenti? Gunakan segala kemungkinan yang ada.

c. Untuk tan 𝛼 = 3/4, 𝑣0 = 50 m/s, 𝑔 = 10 m/s, dan 𝑠 = 50 m, tentukan nilai numerik

bagian (a) dan (b)!

Sekarang kita akan pertimbangan hambatan udara. Gaya hambat udara ini berbentuk

�⃗�u = −𝑘�⃗�. Mobil mulai bergerak di atas jalan raya dan dengan keadaan awal yang sama

dengan sebelumnya.

d. Jika jalan raya mendatar, tentukan jarak yang ditempuh mobil sampai berhenti!

e. Jika jalan raya miring dengan sudut kemiringan 𝛼, tentukan jarak yang ditempuh mobil

sampai berhenti!

Solusi :

a. Berikut diagram gaya pada mobil!

Dari hukum newton akan kita peroleh

𝑁 − 𝑚𝑔 = 0 ⟹ 𝑁 = 𝑚𝑔

−𝑓 = −𝜇𝑁 = −𝜇𝑚𝑔 = 𝑚𝑎

𝑎 = −𝜇𝑔

Dari persamaan kinematika gerak, kita peroleh

0 = 𝑣02 + 2𝑎𝑠 ⟹ 𝜇 =

𝑣02

2𝑔𝑠

b. Ada dua kemungkinan yaitu mobil bergerak naik dan turun.

Kondisi ketika mobil bergerak naik

Berikut diagram gaya pada mobil!

𝑁

𝑚𝑔

𝑔

𝑓

𝑣0


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

Persamaan gaya pada mobil adalah

𝑁 − 𝑚𝑔 cos 𝛼 = 0 ⟹ 𝑁 = 𝑚𝑔 cos 𝛼

−𝑓 − 𝑚𝑔 sin 𝛼 = 𝑚𝑎

−𝑚𝑔(𝜇 cos 𝛼 + sin 𝛼) = 𝑚𝑎 ⟹ 𝑎 = −𝑔(𝜇 cos 𝛼 + sin 𝛼)


0 = 𝑣02 + 2𝑎𝑠naik

𝑎 = 𝑣02 − 2𝑔(𝜇 cos 𝛼 + sin 𝛼)𝑠naik

𝑠naik =𝑣0

2

2𝑔(𝜇 cos 𝛼 + sin 𝛼)

𝑠naik =𝑣0

2

2𝑔 (𝑣0

2

2𝑔𝑠 cos 𝛼 + sin 𝛼)⟹ 𝑠naik =

𝑣02𝑠

𝑣02 cos 𝛼 + 2𝑔𝑠 sin 𝛼

Kondisi ketika mobil bergerak turun

Berikut diagram gaya pada mobil!

Persamaan gaya pada mobil adalah

𝑁 − 𝑚𝑔 cos 𝛼 = 0 ⟹ 𝑁 = 𝑚𝑔 cos 𝛼

−𝑓 + 𝑚𝑔 sin 𝛼 = 𝑚𝑎

𝑁

𝑚𝑔 cos 𝛼

𝑔

𝑓

𝑣0

𝑚𝑔 𝛼

𝛼

𝑚𝑔 sin 𝛼

𝑔

𝑁

𝑚𝑔 cos 𝛼

𝑔

𝑓

𝑣0

𝑚𝑔

𝛼

𝛼

𝑚𝑔 sin 𝛼

𝑔


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

−𝑚𝑔(𝜇 cos 𝛼 − sin 𝛼) = 𝑚𝑎 ⟹ 𝑎 = −𝑔(𝜇 cos 𝛼 − sin 𝛼)


0 = 𝑣02 + 2𝑎𝑠turun

𝑎 = 𝑣02 − 2𝑔(𝜇 cos 𝛼 − sin 𝛼)𝑠turun

𝑠turun =𝑣0

2

2𝑔(𝜇 cos 𝛼 − sin 𝛼)

𝑠turun =𝑣0

2

2𝑔 (𝑣0

2

2𝑔𝑠cos 𝛼 − sin 𝛼)

⟹ 𝑠turun =𝑣0

2𝑠

𝑣02 cos 𝛼 − 2𝑔𝑠 sin 𝛼

c. Subtitusi nilai numeriknya, akan kita peroleh

𝑠naik = 48,1 m

𝑠turun = 89,3 m

d. Berikut diagram gaya pada mobil!

Dari hukum newton akan kita peroleh

𝑁 − 𝑚𝑔 = 0 ⟹ 𝑁 = 𝑚𝑔 ⟹ 𝑓 = 𝜇𝑁 = 𝜇𝑚𝑔

−𝑓 − 𝐹u = −𝜇𝑁 − 𝑘𝑣 = −𝜇𝑚𝑔 − 𝑘𝑣 = 𝑚𝑎

−𝜇𝑔 −𝑘

𝑚𝑣 = 𝑎 =

𝑑𝑣

𝑑𝑡=

𝑑𝑣

𝑑𝑠

𝑑𝑠

𝑑𝑡= 𝑣

𝑑𝑣

𝑑𝑠

𝑣𝑑𝑣

(𝜇𝑔 +𝑘𝑚 𝑣)

= −𝑑𝑠

Misalkan

𝑢 = 𝜇𝑔 +𝑘

𝑚𝑣 ⟹ 𝑣 =

𝑚

𝑘(𝑢 − 𝜇𝑔) ⟹ 𝑑𝑣 =

𝑚

𝑘𝑑𝑢

Maka kita peroleh

𝑚𝑘

(𝑢 − 𝜇𝑔)𝑚𝑘

𝑑𝑢

𝑢= −𝑑𝑠

𝑁

𝑚𝑔

𝑓

𝑣0

𝑘𝑣


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

(𝑚

𝑘)

2

(1 − 𝜇𝑔1

𝑢) 𝑑𝑢 = −𝑑𝑠

𝑑𝑢 − 𝜇𝑔𝑑𝑢

𝑢= − (

𝑘

𝑚)

2

𝑑𝑠

Saat 𝑣 = 𝑣0 maka 𝑢 = 𝜇𝑔 + 𝑘𝑣0/𝑚 sedangkan saat 𝑣 = 0 maka 𝑢 = 𝜇𝑔. Kita

integralkan persamaan di atas untuk batas-batas ini, akan kita peroleh

∫ 𝑑𝑢𝜇𝑔

𝜇𝑔+𝑘𝑣0/𝑚

− 𝜇𝑔 ∫𝑑𝑢

𝑢

𝜇𝑔

𝜇𝑔+𝑘𝑣0/𝑚

= − (𝑘

𝑚)

2

∫ 𝑑𝑠𝑠stop

0

[𝑢]𝜇𝑔+𝑘𝑣0/𝑚𝜇𝑔

− 𝜇𝑔[ln|𝑢|]𝜇𝑔+𝑘𝑣0/𝑚𝜇𝑔

= − (𝑘

𝑚)

2

[𝑠]0

𝑠stop

𝜇𝑔 − (𝜇𝑔 +𝑘𝑣0

𝑚) − 𝜇𝑔 ln (

𝜇𝑔

𝜇𝑔 +𝑘𝑣0

𝑚

) = − (𝑘

𝑚)

2

𝑠stop

𝑠stop = (𝑚

𝑘)

2

[𝑘𝑣0

𝑚− 𝜇𝑔 ln (1 +

𝑘𝑣0

𝜇𝑚𝑔)]

Karena 𝜇 = 𝑣02/2𝑔𝑠 maka

𝑠stop = (𝑚

𝑘)

2

[𝑘𝑣0

𝑚−

𝑣02

2𝑠ln (1 +

2𝑘𝑠

𝑚𝑣0)]

e. Untuk bagian ini, ada sedikit perubahan yang terjadi yaitu pada suku gaya yang tidak

mengandung 𝑣.

Kondisi ketika mobil bergerak naik

Suku 𝜇𝑔 akan menjadi 𝑔(𝜇 cos 𝛼 + sin 𝛼) sehingga

𝑠naik = (𝑚

𝑘)

2

[𝑘𝑣0

𝑚− (𝜇 cos 𝛼 + sin 𝛼)𝑔 ln (1 +

𝑘𝑣0

(𝜇 cos 𝛼 + sin 𝛼)𝑚𝑔)]


𝑁

𝑚𝑔 cos 𝛼

𝑔

𝑓

𝑣0

𝑚𝑔 𝛼

𝛼

𝑚𝑔 sin 𝛼

𝑔

𝑘𝑣


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

𝑠naik = (𝑚

𝑘)

2

[𝑘𝑣0

𝑚− (

𝑣02

2𝑔𝑠cos 𝛼 + sin 𝛼) ln (1 +

2𝑘𝑣0𝑠

(𝑣02 cos 𝛼 + 2𝑔𝑠 sin 𝛼)𝑚

)]

Kondisi ketika mobil bergerak turun

Suku 𝜇𝑔 akan menjadi 𝑔(𝜇 cos 𝛼 − sin 𝛼) sehingga

𝑠turun = (𝑚

𝑘)

2

[𝑘𝑣0

𝑚− (𝜇 cos 𝛼 − sin 𝛼)𝑔 ln (1 +

𝑘𝑣0

(𝜇 cos 𝛼 − sin 𝛼)𝑚𝑔)]


𝑠turun = (𝑚

𝑘)

2

[𝑘𝑣0

𝑚− (

𝑣02

2𝑔𝑠cos 𝛼 − sin 𝛼) ln (1 +

2𝑘𝑣0𝑠

(𝑣02 cos 𝛼 − 2𝑔𝑠 sin 𝛼)𝑚

)]

Ahmad Basyir Najwan

SMAN 3 Banjarbaru

4. (20 Poin) Solusi Gerak Harmonik Sederhana pada Kelistrikan

Selain pada sistem mekanis, gerak harmonik sederhana juga terdapat dalam fenomena kelistrikan,

yaitu pada rangkaian 𝐿 (induktor) dan 𝐶 (kapasitor). Dua komponen ini sebagai berikut.

Induktor menghasilkan beda tegangan yang dipengaruhi oleh laju perubahan arus yang

melewatinya. Hal ini diakibatkan perubahan arus yang menghasilkan perubahan fluks yang

menghasilkan ggl induksi pada kawat lilitan pada induktor. Komponen ini menyimpan energi

dalam bentuk medan magnet.

Kedua ujung kapasitor dapat memiliki beda tegangan apabila ada muatan yang tersimpan di

dalam kapasitor. Hal ini memungkinkan adanya perbedaan tegangan tanpa ada arus yang mengalir

pada kapasitor. Komponen ini menyimpan energi dalam bentuk medan listrik. Arus yang mengalir

melalui kapasitor dapat menyuplai muatan yang tersimpan dalam kapasitor ataupun menariknya

keluar dari kapasitor.

𝑘𝑣

𝑁

𝑚𝑔 cos 𝛼

𝑔

𝑓

𝑣0

𝑚𝑔

𝛼

𝛼

𝑚𝑔 sin 𝛼

𝑔


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

(10 Poin) Sekarang sebuah induktor dan sebuah kapasitor dirangkai dengan menghubungkan

salah satu ujung induktor ke ujung kapasitor serta ujung lain induktor ke ujung lain kapasitor. Ini

disebut rangkaian 𝐿 − 𝐶. Sebelum rangkaian ditutup, kapasitor dihubungkan dengan baterai

dengan tegangan 𝜀 untuk waktu yang sangat lama. Pada saat 𝑡 = 0, baterai dilepas dan rangkaian

ditutup. Anggap semua komponen ideal; tidak menghasilkan kalor.

a. Tentukanlah persamaan diferensial 𝑞, muatan kapasitor, dalam 𝐿 dan 𝐶!

b. Berapakah besar frekuensi sudut osilasi 𝑞?

c. Kapan energi yang tersimpan di kapasitor sebesar seper-tiga kali energi di induktor untuk

saat yang pertama kali?

d. Apakah ada energi yang hilang apabila kawat penghubung induktor dan kapasitor digunting?

Hint: seketika setelah digunting, tidak ada arus yang dapat mengalir.

Tinjau sebuah rangkaian baru, seperti gambar di bawah.

e. Berapakah besar frekuensi sudut osilasi rangkaian?

f. Tentukan perbandingan muatan di kapasitor A dan kapasitor B untuk masing masing mode

normal. (Ada 2 mode normal)

𝑉+ − 𝑉− = 𝐿𝑑𝐼

𝑑𝑡

𝑈𝑖nduktor =1

2𝐿𝐼2

𝑉+ − 𝑉− =𝑞

𝐶

𝑈kapasitor =𝑞2

2𝐶

𝐼 =𝑑𝑞

𝑑𝑡= 𝐶

𝑑𝑉

𝑑𝑡


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

g. Anggap muatan dalam kapasitor A adalah 𝑄 dan dalam kapasitor B tidak ada muatan pada

𝑡 = 0; tidak ada arus.

Tentukan muatan di kapasitor A, 𝑞𝐴, dan muatan di kapasitor B, 𝑞𝐵, sebagai fungsi waktu!

Apakah terdapat saat ketika Q dan P tidak memiliki beda tegangan? Jika iya, kapan? Anda

dapat menggunakan approksimasi waktu yang sangat kecil.

Solusi:

a. Persamaan diferensial dapat didapat menggunaka hukum Kirchoff II, dengan mengambil

loop melewati 𝐿, lalu ke 𝐶, dan kembali lagi.

𝑞

𝐶+ 𝐿

𝑑𝐼

𝑑𝑡= 0

Selain itu, dari fenomena arus yang menyuplai muatan, didapat hubungan

𝐼 =𝑑𝑞

𝑑𝑡

Penggabungan keduanya menjadi

𝑑2𝑞

𝑑𝑡2+

𝑞

𝐿𝐶= 0

b. Menganalogikan dengan persamaan osilasi yaitu

𝑑2𝑥

𝑑𝑡2+ 𝜔2𝑥 = 0

Didapatkan 𝜔 = √1

𝐿𝐶

c. Dari informasi di soal, didapatkan 𝑞 = 𝜀𝐶 saat 𝑡 = 0.

Menyesuaikan persamaan gerak harmonik sederhana untuk 𝑞,

𝑞 = 𝜀𝐶cos𝜔𝑡

Turunkan sekali untuk mendapatkan persamaan arus;

𝐼 = 𝜀√𝐶

𝐿sin𝜔𝑡

Gunakan persamaan energi untuk induktor dan kapasitor; cari 𝑈𝑖𝑛𝑑 = 3𝑈𝑐𝑎𝑝

1

2𝐿𝐼2 = 3 ⋅

1

2

𝑞2

𝐶

𝐼2 = 𝜀2𝐶sin2𝜔𝑡 = 3𝑞2 = 3𝜀2𝐶cos2𝜔𝑡

tan 𝜔𝑡 = √3

Kejadian ini terjadi saat

𝜔𝑡 =𝜋

3+ 𝜋𝑁; 𝑁 = 0, 1, 2, 3, ..


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

Untuk saat yang pertama kali artinya 𝑁 = 0. Didapat 𝑡 =𝜋

3√𝐿𝐶

d. Mungkin bisa ada pemikiran bahwa energi di induktor tiba-tiba hilang karena arus menjadi

nol, namun ternyata induktor menghasilkan tegangan yang sangat tinggi dikarenakan 𝑑𝐼

𝑑𝑡→

∞. Tegangan ini kemudian mengisi kapasitor dengan sangat cepat ketika digunting. Dengan

demikian, apabila seluruh komponen ideal, tidak akan ada energi yang hilang dalam

rangkaian 𝐿 − 𝐶.

e. Loop Kirchoff

Dapat dibuat loop yang melewati kapasitor A dan B dengan arus 𝐼1 searah jarum jam dan

loop lain yang melewati B saja yang dilewati arus 𝐼2 searah jarum jam. Pertama definisikan

arus mana yang menyuplai muatan.

𝐼1 =𝑑𝑞𝐴

𝑑𝑡 dan 𝐼2 − 𝐼1 =

𝑑𝑞𝑏

𝑑𝑡

Lalu buatlah persamaan Kirchoff II nya.

−2𝑞𝐴

𝐶−

𝐿

2

𝑑(𝐼1 − 𝐼2)

𝑑𝑡+

𝑞𝐵

𝐶= 0

−𝐿𝑑𝐼2

𝑑𝑡+

𝐿

2

𝑑(𝐼1 − 𝐼2)

𝑑𝑡−

𝑞𝐵

𝐶= 0

Lakukan langkah substitusi,

2𝑞𝐴

𝐿𝐶−

1

2

𝑑2𝑞𝐵

𝑑𝑡2−

𝑞𝐵

𝐿𝐶= 0

𝑑2𝑞𝐴

𝑑𝑡2+

3

2

𝑑2𝑞𝐵

𝑑𝑡2+

𝑞𝐵

𝐿𝐶= 0

Tebak solusi 𝑑2𝑞𝐴

𝑑𝑡2 = −Ω2𝑞𝐴 dan𝑑2𝑞𝐵

𝑑𝑡2 = −Ω2𝑞𝐵

𝑞𝐵 (1

2Ω2 −

1

𝐿𝐶) + 𝑞𝐴 (

2

𝐿𝐶) = 0

𝑞𝐵 (3

2Ω2 −

1

𝐿𝐶) + 𝑞𝐴(Ω2) = 0

Substitusikan 𝑞𝐵,

−𝑞𝐴Ω2 (1

2Ω2 −

1

𝐿𝐶) + 𝑞𝐴 (

2

𝐿𝐶) (

3

2Ω2 −

1

𝐿𝐶) = 0

1

2Ω4 −

4

𝐿𝐶Ω2 +

2

𝐿2𝐶2= 0

Akar-akar dari persamaan ini adalah

Ω√LC = √4 ± 2√3 → Ω1 =√3 − 1

√𝐿𝐶 atau Ω2 =

√3 + 1

√𝐿𝐶


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

f. Masukkan hasil ini ke persamaan di atas untuk mencari 𝑞𝐴/𝑞𝐵.

Didapatkan untuk Ω1,

𝑞𝐴

𝑞𝐵= −

7 + 3√3

11= 𝑘1

Dan untuk Ω2,

𝑞𝐴

𝑞𝐵= −

7 − 3√3

11= 𝑘2

g. Sekarang kita bisa tebak solusi umum dari osilasi terkopel;

𝑞𝐴 = 𝑘1𝐴cos(Ω1𝑡 + 𝜙) + 𝑘2𝐵cos(Ω2𝑡 + 𝛾)

𝑞𝐵 = 𝐴cos(Ω1𝑡 + 𝜙) + 𝐵cos(Ω2𝑡 + 𝛾)

Masukkan kondisi saat 𝑡 = 0;

𝑄 = 𝑘1𝐴cos(𝜙) + 𝑘2𝐵cos(𝛾)

0 = 𝐴cos(𝜙) + 𝐵cos(𝛾)

0 = Ω1𝑘1𝐴sin(𝜙) + Ω2𝑘2𝐵sin(𝛾)

0 = Ω1𝐴sin(𝜙) + Ω2𝐵sin(𝛾)

Dari keempat persamaan tersebut, didapatkan

𝐴 =𝑄

𝑘1 − 𝑘2= −

11

18√3 𝑄

𝐵 = −𝐴 =11

18√3 𝑄

Dan persamaan fungsi waktu dapat ditulis sebagai

𝑞𝐴 =7√3 + 9

18 𝑄cos(Ω1𝑡) −

7√3 − 9

18Qcos(Ω2𝑡)

𝑞𝐵 = −11

18√3 𝑄cos(Ω1𝑡) +

11

18√3 𝑄cos(Ω2𝑡)

h. Saat Q dan P tidak memiliki beda tegangan, 𝑞𝐴 = 0. Dimana t harus memenuhi:

cos (Ω1𝑡)

cos (Ω2𝑡)=

7√3 − 9

7√3 + 9

Persamaan ini tidak dapat diselesaikan secara analitik, namun bisa secara numerik.

Menggunakan WolframAlpha:


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

Dimana 𝑡 = 𝑥√𝐿𝐶

Namun menggunakan approksimasi sudut kecil cos 𝜃 ≈ 1 − 𝜃2/2, solusi terdekat ke 𝑡 = 0

dapat didekati. Didapat 𝑥 = 0.48.Ya, tegangan P-Q bisa nol.

Ivander Jonathan M. W.

SMA Mawar Sharon Christian School Surabaya

5. (20 Poin) Kontribusi dari Disipasi Kepada Efisiensi Sebuah Sistem Termodinamika

Dalam soal ini, kita akan membahas tentang kontribusi dari disipasi kepada efisiensi

sebuah sistem Termodinamika (Mesin dan dua reservoir). Perhatikan skema dibawah ini.

Skema ini adalah aliran energi (baik dalam bentuk kalor maupun usaha) dalam sistem

selama satu siklus penuh.

Secara umum, dalam satu siklus, mesin bekerja dalam 4 tahap, yaitu


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

1) Mesin mengalami kontak dengan reservoir panas dengan suhu 𝑇h, sehingga kalor

sebesar 𝑄e,h diberikan dari reservoir panas kepada mesin 𝑀.

2) Mesin mengerjakan usaha sebesar 𝑊h selama masih kontak dengan reservoir panas.

Selama ini juga, terdapat energi yang berubah bentuk dari usaha mesin menjadi energi

disipasi 𝑊f,h. Energi ini diserahkan kembali kepada mesin dan reservoir panas

berturut-turut sebesar 𝛼h𝑊f,h dan (1 − 𝛼h)𝑊f,h, dimana 𝛼h adalah fraksi energi

disipasi yang diterima mesin.

3) Mesin mengalami kontak dengan reservoir dingin dengan suhu 𝑇c, sehingga kalor

sebesar 𝑄e,c diberikan dari mesin 𝑀 kepada reservoir dingin.

4) Mesin mengerjakan usaha sebesar 𝑊c selama masih kontak dengan reservoir dingin.

Selama ini juga, terdapat energi yang berubah bentuk dari usaha mesin menjadi energi

disipasi 𝑊f,c. Energi ini diserahkan kembali kepada mesin dan reservoir dingin

berturut-turut sebesar 𝛼c𝑊f,c dan (1 − 𝛼c)𝑊f,c, dimana 𝛼c adalah fraksi energi

disipasi yang diterima mesin.

Perlu diketahui bahwa langkah 1) – 2) dan langkah 3) – 4) bisa saja terjadi secara

bersamaan, tergantung dari bagaimana detil dari setiap proses. Skema yang ditampilkan

diatas menggunakan variabel 𝑊 = 𝑊h + 𝑊c dan 𝑊f = 𝑊f,h + 𝑊f,c. Asumsikan semua

energi yang didisipasikan hanya diterima oleh mesin dan kedua reservoir, dan tidak bisa

diterima oleh lingkungan.

a. (2 Poin) Efisiensi sistem ini (𝜂f) didefinisikan sebagai rasio antara usaha yang diterima

lingkungan (bukan yang disuplai oleh mesin) dengan banyaknya kalor yang keluar dari

reservoir panas dalam satu siklus. Nyatakan 𝜂f dengan menggunakan definisi ini.

b. (2 Poin) Tuliskan persamaan Hukum Termodinamika 1 untuk sistem selama satu siklus

ini, lalu nyatakan 𝜂f dalam variabel lainnya kecuali 𝑊, 𝑊h, dan 𝑊c.

c. (5 Poin) Perubahan entropi dari suatu bagian dari sistem (misalnya reservoir)

didefinisikan sebagai

∆𝑆 = ∫𝑑𝑄

𝑇


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

Integral tersebut dievaluasi selama satu siklus. Jika temperatur bagian dari sistem yang

ditinjau konstan, maka

∆𝑆 =∆𝑄

𝑇

Dengan mengabaikan perubahan entropi mesin, tuliskan pertidaksamaan yang anda

dapatkan dari Hukum Termodinamika 2. Selanjutnya, buktikan bahwa efisiensi dari

sistem ini memenuhi hubungan di bawah ini

𝜂f ≤ 1 −𝑇c

𝑇h

d. (7.5 Poin) Asumsikan 𝑊f,h = 𝑊f,c (Untuk sub-soal selanjutnya, asumsi ini akan terus

digunakan). Nyatakan 𝜂f dalam 𝛽 =𝑊f

𝑊⁄ dan 𝜂, yang didefinisikan sebagai

𝜂 = 1 −𝑄e,c − 𝛼c𝑊f,c

𝑄e,h + 𝛼h𝑊f,h

Jelaskan pula makna fisis dari 𝜂.

Selanjutnya, kita akan menggunakan hasil yang sudah didapat sebelumnya untuk

mencari efisiensi dari Mesin Stirling. Mesin ini menempuh 4 proses dalam satu siklus,

yaitu kompresi isothermal (dalam temperatur 𝑇c), pemanasan isokhorik (dalam

volume 𝑉1), ekspansi isothermal (dalam temperatur 𝑇h), dan pendinginan isokhorik

(dalam volume 𝑉2). Asumsikan selama proses isokhorik, mesin tidak melibatkan kedua

reservoir.

e. (2.5 Poin) Tuliskan persamaan-persamaan Hukum Termodinamika 1 dalam setiap

proses yang relevan. Nyatakan dalam 𝑟 =𝑉2

𝑉1⁄ dan variabel lainnya.

f. (1 Poin) Nyatakan 𝜂f untuk sistem ini dinyatakan dalam 𝑊f dan variabel lainnya.

Solusi:

a. Total usaha yang diterima oleh lingkungan dan total kalor yang harus disuplai oleh

reservoir panas adalah

𝑊′ = 𝑊 − 𝑊f


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

𝑄0,h = 𝑄e,h − (1 − 𝛼h)𝑊f,h

Sehingga,

𝜂f =𝑊′

𝑄0,h=

𝑊 − 𝑊f

𝑄e,h − (1 − 𝛼h)𝑊f,h

b. Dalam satu siklus, energi yang dikeluarkan dari sistem (Mesin 𝑀 dan dua reservoir)

harus sama dengan energi yang dimasukkan ke sistem (Tidak ada energi disipasi yang

diterima lingkungan). Sehingga,

𝑊 − 𝑊f + 𝑄e,c + (1 − 𝛼h)𝑊f,h + (1 − 𝛼c)𝑊f,c = 𝑄e,h

𝑊 − 𝑊f = (𝑄e,h − (1 − 𝛼h)𝑊f,h) − (𝑄e,c + (1 − 𝛼c)𝑊f,c)

Sehingga, 𝜂f dapat ditulis menjadi

𝜂f = 1 −𝑄e,c + (1 − 𝛼c)𝑊f,c

𝑄e,h − (1 − 𝛼h)𝑊f,h

c. Perubahan entropi dari kedua reservoir adalah

Δ𝑆h = −𝑄e,h − (1 − 𝛼h)𝑊f,h

𝑇h

Δ𝑆c =𝑄e,c + (1 − 𝛼c)𝑊f,c

𝑇c

Sehingga,

∆𝑆 = Δ𝑆h + Δ𝑆c = −𝑄e,h − (1 − 𝛼h)𝑊f,h

𝑇h+

𝑄e,c + (1 − 𝛼c)𝑊f,c

𝑇c

−𝑄e,h − (1 − 𝛼h)𝑊f,h

𝑇h+


𝑇c≥ 0


𝑄e,h − (1 − 𝛼h)𝑊f,h≥

𝑇c

𝑇h

Dari pertidaksamaan diatas, maka didapat


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika


𝑄e,h − (1 − 𝛼h)𝑊f,h= 1 − 𝜂f ≥

𝑇c

𝑇h

𝜂f ≤ 1 −𝑇c

𝑇h

d. Definisikan variabel baru 𝑄h dan 𝑄c, dimana

𝑄h = 𝑄e,h + 𝛼h𝑊f,h

𝑄c = 𝑄e,c − 𝛼c𝑊f,c

Sehingga, dngan menggunakan persamaan 𝑊f,h = 𝑊f,c =𝑊f

2⁄ , ekspresi 𝜂f dapat

ditulis menjadi

𝜂f = 1 −𝑄c +

𝑊f

2

𝑄h −𝑊f

2

𝜂f =𝑄h − 𝑄c − 𝑊f

𝑄h −𝑊f

2

Dengan menggunakan persamaan dari sub-soal b), maka ekspresi dari 𝑄h − 𝑄c dapat

diubah menjadi

𝑄h − 𝑄c = (𝑄e,h − 𝑄e,c) + 𝛼h

𝑊f

2+ 𝛼c

𝑊f

2= (𝑊 − 𝛼h

𝑊f

2− 𝛼c

𝑊f

2) + 𝛼h

𝑊f

2+ 𝛼c

𝑊f

2

𝑄h − 𝑄c = 𝑊

Kita akan menggunakan ekspresi 𝜂 untuk mengganti 𝑄h menjadi

𝜂 = 1 −𝑄c

𝑄h

𝑄h =𝑊

𝜂

Sehingga,


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

𝜂f =𝑊 − 𝑊f

𝑊𝜂 −

𝑊f

2

= 𝜂1 − 𝛽

1 −𝜂𝛽2

Dengan memperhatikan skema di soal lebih lanjut, kita dapat melihat bahwa mesin

merasa menerima kalor dari reservoir panas sebesar 𝑄e,h + 𝛼h𝑊f,h = 𝑄h, walaupun

reservoir panas hanya menyuplai kalor sebesar 𝑄e,h. Selain itu, mesin juga merasa

mengeluarkan kalor ke reservoir dingin sebesar 𝑄e,c − 𝛼c𝑊f,c = 𝑄c, walaupun

reservoir dingin hanya menerima kalor sebesar 𝑄e,c. Untuk melengkapi argumen ini,

kita juga dapat melihat bahwa

𝑄h − 𝑄c = 𝑊

Dimana 𝑊 adalah usaha yang disuplai oleh mesin. Sehingga, kita dapat mengatakan

bahwa 𝜂 adalah efisiensi mesin saja (yang dapat dihitung dari proses yang dilakukan

oleh mesin itu sendiri), dan 𝜂f adalah efisiensi dari sistem (Mesin dan dua reservoir)

secara keseluruhan.

e. Karena proses isokhorik tidak melibatkan kedua reservoir, maka persamaan yang

relevan hanyalah persamaan dari proses isothermal. Untuk ekspansi isothermal, total

kalor yang diterima mesin dari interaksinya dengan reservoir panas akan sepenuhnya

digunakan untuk menyuplai usaha. Sehingga,

𝑄e,h + 𝛼h𝑊f,h = 𝑛𝑅𝑇h ∫𝑑𝑉

𝑉

𝑉2

𝑉1

𝑄e,h + 𝛼h𝑊f,h = 𝑛𝑅𝑇h ln 𝑟

Untuk kompresi isothermal, total kalor yang dikeluarkan mesin karena interaksinya

dengan reservoir dingin akan mengakibatkan mesin menerima usaha. Sehingga,

−𝑄e,c + 𝛼c𝑊f,c = 𝑛𝑅𝑇c ∫𝑑𝑉

𝑉

𝑉1

𝑉2

𝑄e,c − 𝛼c𝑊f,c = 𝑛𝑅𝑇c ln 𝑟

f. Dari persamaan yang telah didapat di sub-soal d) dan e), maka efisiensi dari sistem ini

adalah


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

𝜂f = 1 −𝑛𝑅𝑇c ln 𝑟 +

𝑊f

2

𝑛𝑅𝑇h ln 𝑟 −𝑊f

2

Yuwanza Ramadhan

SMAN 1 Depok

Kontes Terbuka Olimpiade Fisika · Tetap terdapat Soal Utama yaitu 5 buah soal utama pada KTOF kali...

Documents

Transcript of Kontes Terbuka Olimpiade Fisika · Tetap terdapat Soal Utama yaitu 5 buah soal utama pada KTOF kali...