PEMBAHASAN

2

SUPE

R CO

ACH

K O G N I T I FB A B 1

PEMBAHASANUJI KOMPETENSI MANDIRI

A. Pilihan Ganda

1. Fisika merupakan kumpulan pengetahuan atau jalan berpikir dan cara untuk penyelidikan. Dalam penerapan ilmu fisika harus memperhatikan hakikat fisika sebagai berikut.

(1) Fisika sebagai produk

(2) Fisika sebagai sikap

(3) Fisika sebagai proses

Jawaban: E

2. (A) Hasil-hasil penemuan dari berbagai kegiatan penyelidikan yang kreatif dari para ilmuwan dikumpulkan dan disusun secara sistematik menjadi sebuah kumpulan pengetahuan yang kemudian disebut sebagai produk atau “a body of knowledge”. Pengelompokan hasil-hasil penemuan itu menurut bidang kajian yang sejenis menghasilkan ilmu pengetahuan yang kemudian disebut sebagai fisika, kimia, dan biologi. Untuk fisika, kumpulan pengetahuan itu dapat berupa fakta, konsep, prinsip, hukum, rumus, teori dan model.

(B) IPA sebagai proses atau juga disebut sebagai “a way of investigating” memberikan gambaran mengenai bagaimana para ilmuwan bekerja melakukan penemuan-penemuan. Jadi, IPA sebagai proses memberikan gambaran mengenai pendekatan yang digunakan untuk menyusun pengetahuan. Dalam IPA dikenal banyak metode yang menunjukkan usaha manusia untuk menyelesaikan masalah.

(C) Pemikiran-pemikiran para ilmuwan menggambarkan rasa ingin tahu dan rasa penasaran mereka yang besar,

diiringi dengan rasa percaya, sikap objektif, jujur, dan terbuka serta mau mendengarkan pendapat orang lain. Sikap-sikap itulah yang kemudian memaknai hakikat fisika sebagai sikap atau “a way of thinking”.

(D) Merangkum semua cabang ilmu maksudnya ada keterkaitan antara fisika dengan cabang ilmu lainnya seperti kimia (kimia fisika), biologi (biofisika), dan matematika (fisika matematika).

(E) Lihat penjelasan pada opsi A, B, dan C.

Jawaban: A

3. (A) Rasa ingin tahu adalah suatu emosi yang berkaitan dengan perilaku ingin tahu seperti eksplorasi, investigasi, dan belajar.

(B) Berpikir kritis adalah seni menganalisis gagasan berdasarkan penalaran logis. Berpikir kritis bukanlah berpikir lebih keras, melainkan berpikir lebih baik. Seseorang yang mengasah kemampuan berpikir kritisnya biasanya memiliki tingkat keingintahuan intelektual (intellectual curiosity) yang tinggi.

(C) Tekun adalah salah satu sifat dari orang sukses. Orang yang sukses di bidang apa pun memiliki sifat tekun. Sikap tekun membuat orang terjauh dari putus asa, setia terhadap tanggung jawabnya, serta pekerjaan sulit menjadi mudah.

(D) Menyusun hipotesis (hypo = sebelum; thesis = pernyataan/pendapat) adalah suatu pernyataan yang pada waktu diungkapkan

FISI

KA S

MA/

MA

X

3

belum diketahui kebenarannya, tetapi memungkinkan untuk diuji dalam kenyataan empiris.

(E) Sistematis adalah segala usaha untuk merumuskan sesuatu secara logis sehingga membentuk suatu sistem yang utuh, terpadu, menyeluruh, dan mampu menjelaskan rangkaian yang menyangkut obyeknya.

Menyusun hipotesis bukanlah suatu sikap, melainkan tahapan metode ilmiah.

Jawaban: D

4. Kegiatan pemikiran para ilmuwan fisika dipandang sebagai kegiatan kreatif karena ide-ide dan penjelasan-penjelasan dari suatu gejala alam dianalisis dalam pikiran. Karenanya, pemikiran para ilmuwan sangat berkaitan dengan hakikat fisika sebagai sikap.

Jawaban: C

5. (A) Produk fisika adalah hasil akumulasi para perintis fisika terdahulu dan umumnya telah tersusun secara lengkap dan sistematis. Contohnya kulkas, AC, dan mesin kalor menggunakan konsep termodinamika; pesawat terbang dan kapal selam menggunakan konsep fluida; dan sepeda menggunakan konsep pesawat sederhana.

(B) Rumus fisika adalah suatu konsep atau pola dalam menyelesaikan perhitungan dalam pengukuran dalam fisika seperti pengukuran panas, tekanan gas, suhu, gaya angkat, dan daya listrik.

(C) Fakta adalah keadaan atau kenyataan yang sesungguhnya dari segala peristiwa yang terjadi di alam. Fakta merupakan dasar bagi konsep, prinsip, hukum, teori, dan model. Sebaliknya kita juga dapat menyatakan bahwa keberadaan

konsep, prinsip, hukum, teori, dan model adalah untuk menjelaskan dan memahami fakta.

(D) Teori disusun untuk menjelaskan sesuatu yang tersembunyi atau tidak dapat langsung diamati, misalnya teori atom, teori kinetik gas, teori relativitas.

(E) Postulat adalah pernyataan matematika yang disepakati benar tanpa perlu adanya pembuktian. Sebagian orang mengatakan postulat = aksioma sehingga mereka dapat dipertukarkan. Hal ini karena di dalam suatu materi terkadang telah ditentukan pernyataan yang telah disepakati kebenarannya sehingga disebut aksioma.

Jawaban: A

6. Tujuan mempelajari fisika adalah untuk memahami interaksi antarbenda dan gejala di alam serta menjelaskan fenomena-fenomena alam yang terjadi. Fisika berkaitan dengan perilaku dan struktur benda, terutama benda mati. Benda-benda tersebut meliputi benda yang sangat besar hingga benda yang sangat kecil. Kumpulan pengetahuan dapat berupa fakta, konsep, prinsip, hukum, rumus, teori, dan model. Jadi, kelima pernyataan pada soal benar adanya.

Jawaban: E

7. Fisika tidak akan berkembang tanpa adanya pengamatan yang dikemas dalam rangkaian kegiatan percobaan atau eksperimen. Kegiatan ilmiah tersebut dilakukan untuk membuktikan kebenaran suatu teori atau untuk menciptakan teori baru.

Jawaban: A

8. Fakta adalah keadaan atau kenyataan yang sesungguhnya dari segala peristiwa yang terjadi di alam. Fakta merupakan dasar bagi konsep, prinsip, hukum, teori, dan model. Dapat pula dinyatakan

4

SUPE

R CO

ACH

bahwa adanya konsep, prinsip, hukum, teori, dan model hadir untuk menjelaskan dan memahami fakta.

Konsep adalah abstraksi dari berbagai kejadian, objek, fenomena, dan fakta. Konsep memiliki sifat-sifat dan atribut-atribut tertentu.

Prinsip fisika tidak mengatur kejadian alam atau fakta, melainkan kejadian alam atau faktalah yang dijelaskan oleh prinsip dan atau hukum.

Hukum dibentuk oleh fakta atau fakta-fakta dan konsep atau konsep-konsep.

Teori disusun untuk menjelaskan sesuatu yang tersembunyi atau tidak dapat langsung diamati, misalnya teori atom, teori kinetik gas, dan teori relativitas.

Jawaban: D

9. Urutan metode ilmiah, dapat diingat dengan mudah menggunakan jembatan keledai MaHeAK yang merupakan singkatan dari Merumuskan masalah → Mengumpulkan datA → Hipotesis → Eksperimen → Analisis → Kesimpulan.

Jadi, setelah merumuskan masalah tahapan selanjutnya adalah mengumpulkan data.

Jawaban: C

10. Ingat MaHEAK. Jadi, langkah pertamanya adalah merumuskan masalah.

Jawaban: A

11. Untuk membuktikan hipotesis, perlu melakukan eksperimen. Ingat MaHEAK, langkah selanjutnya setelah Hipotesis adalah Eksperimen.

Jawaban: A

12. Setiap metode ilmiah selalu disandarkan pada data empiris. Maksudnya, masalah yang hendak ditemukan jawabannya harus tersedia datanya, yang diperoleh dari hasil pengukuran secara objektif. Ada atau tidak tersedia data empiris merupakan salah satu kriteria penting dalam metode ilmiah. Apabila masalah

dirumuskan lalu dikaji tanpa data empiris, maka itu bukanlah bentuk metode ilmiah.

Jawaban: A

13. Hasil yang diperoleh dalam penelitian tersebut adalah suhu. Suhu termasuk data kuantitatif karena dinyatakan dalam angka.

Jawaban: B

14. Variabel bebas merupakan variabel yang dapat diubah secara bebas. Pada penelitian tersebut, variabel bebasnya adalah kalor sementara suhu dan wujud zat merupakan variabel terikat. Hal ini karena suhu suhu dan wujud zat dipengaruhi oleh kalor sebagai variabel bebas.

Jawaban: A

15. Dalam kegiatan pengukuran dalam fisika, kesesuaian alat-alat ukur yang digunakan untuk memperoleh data pengukuran harus diperhatikan. Alat ukur harus digunakan sesuai fungsinya. Misalnya, ketika Anda menggunakan multimeter, Anda harus menggunakan alat tersebut untuk mengukur arus, tegangan atau hambatan listrik.

Jawaban: A

16. Semakin kecil simpangan baku (standar deviasi), berarti semakin terkumpul distribusi skornya, demikian juga sebaliknya. Jadi, semakin kecil simpangan baku, maka semakin baik prediksi rata-rata sampel terhadap rata-rata populasinya. Sehingga sekumpulan skor sampel dan skor individual dapat menggambarkan keseluruhan skor (skor populasi). Jika kita telah dapat menghitung simpangan baku, tugas selanjutnya adalah mendeskripsikan hasil perhitungan tersebut.

Jawaban: A

17. Fisika modern dimulai ketika teori relatvitas Einstein diusulkan dan penemuan radioaktivitas oleh Piere

FISI

KA S

MA/

MA

X

5

Currie dan Marie Currie pada abad ke-20 hingga abad ke-21. Semenjak itu, penemuan-penemuan seperti physics finance, portal internet, dan pemecahan persamaan Helmholtz menyusul.

Jawaban: A

18. (A) Fisika kuantum adalah studi tentang perilaku materi dan energi pada molekul, atom, nuklir, dan juga tingkat mikroskopis bahkan lebih kecil. “Quantum” berasal dari bahasa Latin yang artinya “berapa banyak.”

(B) Fisika robotika adalah kegiatan robotika berhubungan dengan pelajaran fisika yang menerapkan rumus kecepatan, percepatan, gaya, dan juga mencakup mekanika elektornika dan pemrograman (mekatronika).

(C) Phynance (Physics Finance) adalah istilah ekonofisika (econophysics) yang pertama kali diperkenalkan dalam workshop di kota Budapest, Hungaria pada bulan Juli 1997. Sering kali ekonofisika juga disebut dengan fisika keuangan (phynance=physics finance). Bidang kajian fisika ini adalah bidang kajian yang terbaru.

(D) Komputer optik adalah adalah kaca dan tabung plastik yang mampu mentransmisikan cahaya yang kemudian diubah menjadi suara atau informasi.

(E) Bit coin adalah sistem kas transaksi global yang terdesentralisasi.

Jawaban: D

19. Peran fisika dalam kehidupan adalah adanya teknologi pesawat jelajah angkasa. Keuntungannya adalah teknologi angkasa berkesinambungan.

Jawaban: E

20. Komputer kuantum adalah alat hitung yang menggunakan sebuah fenomena mekanika kuantum, misalnya superposisi

dan keterkaitan untuk melakukan operasi data. Dalam komputasi klasik, jumlah data dihitung dengan bit sementara dalam komputer kuantum, hal ini dilakukan dengan qubit. Prinsip dasar komputer kuantum adalah bahwa sifat kuantum dari partikel dapat digunakan untuk mewakili data dan struktur data. Mekanika kuantum dapat digunakan untuk melakukan operasi dengan data ini. Untuk mengembangkan komputer dengan sistem kuantum, diperlukan suatu logika baru yang sesuai dengan prinsip kuantum.

Jawaban: C

21. Teori dalam fisika terus berkembang seiring perkembangan percobaan yang dilakukan para ilmuwan. Namun, tidak selamanya teori dirumuskan melalui kegiatan pengamatan. Kehebatan dalam berimajinasi oleh para ilmuwan ternyata mampu menghadirkan teori baru yang dapat digunakan untuk menjelaskan suatu pengamatan. Teori relativitas, teori elektromagnetik tentang cahaya, dan hukum gravitasi universal Newton, merupakan sederetan hasil imajinasi cerdas para ilmuwan.

Jawaban: E

22. Teori Habibie, faktor Habibie, dan metode Habibie diambil dari nama Bacharuddin Jusuf Habibie (ahli pesawat terbang dunia, mantan Presiden Republik Indonesia yang ketiga). Hambatan keretakan pada pesawat terbang (crack propagation) sampai pada tingkat atom adalah penemuan B.J. Habibie.

Jawaban: B

23. Prosedur tepat untuk menyalakan pembakar Bunsen adalah nyalakan korek api → nyalakan gas → tutup lubang udara. Prosedur tersebut sudah melalui langkah-langkah berikut.

(1) Memastikan keamanan

(2) Mempelajari alat pembakar

6

SUPE

R CO

ACH

(3) Menyalakan alat pembakar

(4) Mengatur apinya

(5) Pengawasan dan pembersihan

Jawaban: D

24. Asam klorida merupakan zat kimia yang bersifat korosif. Oleh sebab itu, jika terkena kulit, hal pertama yang harus dilakukan adalah membasuh tangan dengan air mengalir untuk beberapa saat untuk mengurangi konsentrasi larutan. Kemudian, hubungi guru pembimbing untuk penanganan lebih lanjut.

Jawaban: B

25. Berikut ini lambang yang ada pada bahan radioaktif.

Lambang bahan radioaktif ada pada zat yang sangat berbahaya bagi kesehatan tubuh manusia karena radiasinya yang dipancarkannya sangat aktif.

Jawaban: A

B. Esai

1. Informasinya dapat dicari di internet. Sejumlah data para ilmuwan itu merupakan solusi dari nomor ini.

2. Ilmu pengetahuan yang tersisa di dalam otak siswa memenuhi hukum peluruhan:

I(t) = IUASe–αt

IUAS = ilmu pengetahuan saat Ujian Akhir Semester

Ada dua kurva, yaitu α yang sangat kecil dan α sangat besar. Usahakan grafik ilmu yang tersisa di dalam otak kita memiliki α sangat kecil sehingga ilmu dalam otak kita masih banyak tersisa meskipun telah melewati jangka waktu yang lama. Supaya bisa demikian, kita harus menerapkan sikap ilmiah rasa ingin tahu yang tinggal serta terbuka terhadap ilmu pengetahuan.

3. Pandangan ilmiah seseorang didasari latar belakang pendidikan dan spesifikasi bidang konsentrasinya. Jika seorang petani rambutan melihat rambutan merah berarti sudah dapat dipanen dan manis. Namun hal tersebut dapat menimbulkan interpretasi yang berbeda dengan sastrawan, penyair, dan fisikawan.

4. Urutan metode ilmiah yang benar adalah:

(1) Melakukan pengamatan secara kualitatif dan kuantitatif (g).

(2) Merumuskan suatu masalah atau menanyakan suatu pernyataan menggunakan ungkapan eksplisit yang dapat dibuktikan oleh eksperimen (f).

(3) Melakukan kajian literatur berkaitan dengan masalah yang telah dirumuskan (e).

(4) Mengusulkan suatu hipotesis yang mungkin (penjelasan sementara) untuk masalah (c).

(5) Melakukan eksperimen untuk menguji apakah usulan penjelasan (hipotesis) adalah benar (a).

(6) Menganalisis data dan menarik kesimpulan (b).

(7) Mengumpulkan hasil eksperimen (d).

5. STEP 1: BertanyaMengapa pesan teks dan gambar serta video dapat dikirim via WhatsApp?

STEP 2: Membuat hipotesisAdanya sesuatu yang membawa pesan teks, gambar, dan video ke ponsel penerima.

FISI

KA S

MA/

MA

X

7

STEP 3: Observasi/eksperimen Mencoba melakukan sejenis eksperimen sederhana berdasarkan literatur fisika tentang gelombang (gelombang mekanik, gelombang elektromagnetik).

STEP 4: Analisis hasilnyaTernyata sesuatu yang membawa pesan teks, gambar dan video itu adalah gelombang elektromagnetik.

STEP 5: KesimpulanBerarti selama ini yang selalu disebut kuota internet adalah kuota tersedianya gelombang elektromagnetik berbentuk pulsa. Singkatnya, saat ini manusia dapat melakukan transaksi bisnis berbasis gelombang elektromagnetik (transaksi digital).

Jika kesimpulan yang didapat berbeda dengan hipotesis yang diajukan, kita bisa kembali lagi ke STEP 1. Demikian siklusnya.

6. Analoginya, halangi mata kita dengan kertas putih ketika melihat lampu menyala. Amatilah apa yang terjadi jika menggunakan satu lembar kertas, dua lembar kertas, tiga lembar kertas, dan seterusnya. Semakin banyak lembaran kertas, maka lampu akan terlihat semakin gelap. Jika tidak ada awan, maka cahaya matahari hanya dihamburkan oleh molekul gas dan partikel di atmosfer, hasilnya langit tampak biru. Jika ada awan, maka awan (kumpulan molekul atau partikel air) memantulkan, menghamburkan, dan meneruskan cahaya matahari ke Bumi (tanah). Kita menerima cahaya matahari yang diteruskan ke Bumi. Semakin tebal awan (ketika akan hujan) semakin sedikit cahaya matahari yang dapat diteruskan ke Bumi. Oleh sebab itu, awan tampak hitam ketika kita lihat dari bumi.

7. Peristiwa yang terjadi di Zaman Yunani Kuno tersebut menandakan bahwa metode ilmiah sangatlah penting untuk diterapkan. Pengujian atau eksperimen

haruslah dilaksanakan sehingga adanya kesesuaian antara hasil pemikiran manusia dan fenomena yang terjadi di alam.

8. (a) Gunakan bibit kedelai nomor satu di dunia dan di tanam di sejumlah jenis tanah di Indonesia. Nanti, jika ada tanah yang cocok untuk kedelai bermutu tinggi, maka daerah itu yang menjadi “The Centre for Production of Tempe and Tahu”.

(b) Bangun pusat riset di daerah tersebut dan datangkan para ahli pertanian dan para ahli gizi.

(c) Pelajari kontur tanah di daerah yang menjadi produksi kedelai nasional tersebut. Daerah tersebut seharusnya memiliku tanah subur dan cocok untuk kedelai kelas satu dunia.

(d) Transfer ilmu pengetahuan dan teknologi tempe dan tahu ke sejumlah daerah. Contohnya yaitu pengetahuan mengenai cara mengolah tempe dan tahu dengan mutu tinggi.

(e) Jadikan tempe dan tahu sebagai aset nasional dan punya hak paten sehingga dapat diekspor ke mancanegara.

9. STEP 1: Bertanya

Mengapa flash disk saya tidak berfungsi?

STEP 2: Membuat hipotesis Adanya sesuatu yang menyebabkan flash disk tidak berfungsi. Dugaan awal adalah virus komputer (program kecil yang mengganggu data digital).

STEP 3: Observasi/eksperimen Mencoba melakukan sejenis eksperimen sederhana untuk menghilangkan virus komputer tersebut. STEP 4: Analisis hasilnya Ternyata sesuatu yang menyebabkan data rusak di dalam flashdisk adalah virus Trojan yang sangat berbahaya sehingga mampu merusakkan hard disk.

8

SUPE

R CO

ACH

STEP 5: Kesimpulan Tetap waspada terhadap virus komputer, jika data digital Anda banyak terlebih lagi data skripsi, thesis, atau disertasi apalagi data keuangan perusahaan Anda harus dijaga jangan sampai diserang virus tersebut.

10. Langkah-langkah metode ilmiah:

(a) Menyusun rumusan masalah

(b) Menyusun kerangka teori

(c) Merumuskan teori

(d) Melakukan eksperimen

(e) Mengolah dan menganalisis data

(f) Menarik kesimpulan

(g) Memublikasikan hasil

11.No.

Nama Alat

Keuntungan Kerugian

1. Flash disk Menyimpan data digital mobile dengan mudah.

Sering diserang virus komputer yang menularkan-nya ke komputer lain.

2. Ponsel Dapat digunakan sebagai alat komunikasi yang efisien dan sebagai sarana untuk mencari informasi.

Menimbul-kan efek radiasi yang dapat berakibat buruk bagi kesehatan.

3. PC/laptop/

netbook

Memudah kan mengolah data, angka dan kata serta grafis, animasi, dan video.

Mudah terserang virus komputer.

4. TV Sebagai media informasi digital yang bergerak dengan paduan warna.

Dapat menyita waktu dan memberikan dampak buruk dari efek tayangan yang tidak bermutu.

5. Microwave Dapat memudahkan kita dalam mengolah makanan.

Dapat menghasil-kan emisi karbon dioksida yang menyebab-kan pencemaran lingkungan.

12. Konsep dasar matematika yang kokoh harus dipahami dengan baik dan benar, sehingga tidak ada ruang untuk miskonsepsi terhadap fisika berbasis matematika (fismat).

13. Wingtip adalah lekukan pada ujung sayap pesawat. Salah satu tujuan penggunaan wingtip adalah mengurangi gaya hambat oleh pusaran udara di ujung sayap. Di ujung sayap (bidang batas antara benda padat dengan fluida) terjadi pusaran udara (vortices) yang alirannya mendorong sayap ke arah bawah. Akibatnya, gaya angkat pada pesawat sedikit terhambat. Pusaran udara di ujung sayap dapat diperkecil dengan membuat lekukan di ujung sayap. Pengurangan gaya hambat tersebut berakibat efisiensi penggunaan bahan bakar. Wingtip juga memberi tambahan stabilitas vertikal pada sayap. Umumnya stabilitas vertikal hanya berasal dari bagian tegak di ekor pesawat. Karena posisi wingtip pada dua sayap hampir vertikal maka wingtip memberi tambahan stabilitas vertikal pada pesawat.

FISI

KA S

MA/

MA

X

9

14. Mula-mula, pesawat komersial memiliki jendela berbentuk segiempat karena desain yang mudah. Namun, terjadi banyak kecelakaan saat pesawat sedang terbang. Kecelakaan yang terkenal adalah yang terjadi pada pesawat de Havilland DH.106 Comet 1 dengan nomor penerbangan 781 milik British Overseas Airways Corporation. Pesawat tersebut meledak di atas Laut Mediterania tanggal 10 Januari 1954. Semua penumpang pesawat meninggal. Hasil penyelidikan menunjukkan bahwa desain jendela yang berbentuk segiempat sebagai penyebab terjadinya kecelakaan. Lubang jendela pada badan pesawat yang berbentuk segiempat menghasilkan konsentrasi tekanan (stress) yang sangat besar pada sudut lubang (karena runcing). Tekanan dalam kabin yang lebih besar daripada tekanan udara luar mendorong dinding pesawat ke arah luar. Akibat dorongan tersebut maka terjadi peningkatan stress pada lubang-lubang yang ada di badan pesawat, termasuk lubang jendela atau retakan pada badan pesawat. Makin runcing lubang maka makin besar konsentrasi stress di daerah itu. Akibatnya, retakan dapat merambat dengan cepat dan badan pesawat dapat pecah akibat kegagalan struktur. Oleh

sebab itu, desain jendela pesawat diubah menjadi tidak lagi terdapat bagian yang runcing. Sekarang jendela pesawat berbentuk lingkaran atau oval. Dengan desain seperti ini maka stress pada lubang jendela tersebar hampir merata sehingga tidak ada lokasi yang memiliki stress terlampau tinggi.

15. Jika kode sumber tersebut dieksekusi, maka akan tampil pesan berikut ini.

Penyebabnya adalah faktor pengali, (fk) = 9461000000000000 terlalu tinggi sehingga tidak terdefinisi. Oleh karena itu coba Anda kurangi misalnya 1000, maka program akan aktif. Namun tujuan kita membuat konversi dari tahun cahaya ke meter tidak terpenuhi. Untuk hal tersebut, edit lagi kode sumber di atas untuk konversi km ke m, atau 1 newton ke dyne atau 1 joule ke erg atau 1 joule ke kalori dan lainnya. Selamat berlatih.

10

SUPE

R CO

ACH

K O G N I T I FB A B 2

PEMBAHASANUJI KOMPETENSI MANDIRI

A. Pilihan Ganda

1. (A) kelvin adalah satuan suhu yang termasuk besaran pokok.

(B) candela adalah satuan intensitas cahaya yang termasuk besaran pokok.

(C) henry adalah satuan induktansi yang termasuk besaran turunan.

(D) mol adalah satuan jumlah zat yang termasuk besaran pokok.

(E) kilogram adalah satuan massa yang termasuk besaran pokok.

Jawaban: C

2. (A) ampere adalah satuan arus listrik yang termasuk besaran pokok.

(B) mol adalah satuan dari jumlah zat yang termasuk besaran pokok.

(C) candela adalah satuan dari intensitas cahaya yang termasuk besaran pokok.

(D) kelvin adalah satuan suhu yang termasuk besaran pokok.

(E) joule adalah satuan energi yang termasuk besaran turunan.

Jawaban: E

3. (A) densitas = massa : volume

(B) momentum = massa × kecepatan

(C) inersia = massa × jarak2

(D) momen gaya = gaya × jarak

= massa × percepatan × jarak

(E) momen dipol memiliki satuan debye. 1 debye = 3,33 × 10−30 C m sehingga besaran ini tidak mengandung komponen massa.

Jawaban: E

4. (A) bulan: satuan waktu

(B) kelvin: satuan suhu

(C) candela: satuan intensitas cahaya

(D) tahun cahaya: satuan jarak untuk 1 tahun cahaya (light year) = 9,461 × 1015 meter = 9,5 triliun km

(E) intensitas cahaya: besaran yang bersatuan candela

Jawaban: D

5. (A) fluks magnetik memiliki satuan tesla (T)

(B) intensitas medan listrik memiliki satuan N/C

(C) intensitas cahaya memiliki satuan candela

(D) muatan listrik memiliki satuan coulomb

(E) induktansi memiliki satuan Henry atau kg m2 s−2 A−2

Jawaban: C

6. (A) N adalah singkatan dari newton yang merupakan satuan gaya

(B) N/s satuan yang tidak teridentifikasi besarannya

(C) N s adalah satuan impuls

(D) N/kg adalah satuan percepatan gravitasi

(E) N m adalah satuan energi

Jawaban: E

7. kg m/s adalah satuan impuls dan juga momentum

Jawaban: A

8. (A) kapasitas termal satuannya adalah J/°C

(B) suseptibilitas magnetik tidak memiliki satuan

(C) percepatan sudut satuannya adalah rad/s2

(D) momen magnetik satuannya adalah A m2

FISI

KA S

MA/

MA

X

11

(E) momentum satuannya adalah kg (m/s)

Jawaban: B

9. (A) coulomb/m: satuan muatan listrik per meter

(B) henry: satuan induktansi diri

(C) V/m: satuan medan listrik atau intensitas listrik

(D) watt: satuan daya listrik

(E) joule: satuan energi listrik

Jawaban: C

10. MKS (Meter Kilogram Sekon) dan CGS (Centimeter Gram Sekon). Jadi, meter adalah satuan besaran pokok dari sisterm MKS, sedangkan gram adalah satuan besaran pokok dari sistem CGS.

Jawaban: D

11. (A) foot: satuan panjang (kaki =foot) dari sistem FPS

(B) sekon: satuan waktu dari sistem FPS dan sistem MKS

(C) kilogram: satuan massa dari sistem MKS

(D) pound: satuan massa dari sistem FPS

(E) miligram: satuan massa (satuan berawalan mili = 10–3)

Jawaban: B

12. (A) ampere: satuan besaran pokok dari kuat arus listrik

(B) kelvin: satuan besaran pokok dari suhu

(C) mol: satuan besaran pokok dari jumlah zat

(D) joule/s: satuan besaran turunan dari daya.

(E) joules: satuan tidak dikenal

Jawaban: D

13. 1 angstrom = 10–10 m sementara 1 fermi = 10–15 m. Jadi, 1 angstrom = 105 fermi.

Jawaban: C

14. 1 newton = 105 dyne sehingga

10 newton = 10 × 105 dyne = 106 dyne.

Jawaban: C

15. 1 KWh = 1 kilowatt × 1 hour (jam)

= 1.000 watt × 3.600 sekon

= 3.600.000 watt sekon

= 3,6 × 106 watt sekon

Karena 1 watt sekon = 1 joule, maka 3,6 × 106 watt sekon = 3,6 × 106 joule.

Jawaban: D

16. Satuan SI energi adalah joule sementara sistem CGS erg.

Karena 1 joule = 107 erg berarti

perbandingannya adalah 110

1077= − .

Jawaban: A

17. Satuan untuk mengukur diameter inti atom yaitu fermi. 1 fermi = 10–15 meter (1 fm = 10–15 m).

Jawaban: B

18. Rumus hukum Stokes adalah F rv= 6πη .

Sehingga ηπ

= Frv6

Satuannya adalah kg m sm m s

kg sm

−

−

−

=2

1

1

sehingga dimensinya dapat dituliskan

ML–1T–1.

Jawaban: E

19. Kalor laten atau kalor lebur ditentukan dengan.

Q m L L Qm

= ⋅ → =

=⋅ ⋅

=

sehingga satuannya joulekg

kg ms

m

kgms

2 2

2

Dimensi kalor laten: M0L2T–2

Jawaban: D

20. Konduktansi memiliki satuan siemens (S) dengan 1 S = 1 ohm–1

ohm joulesekon ampere

kg m s ms A

ohms Akg m

kg m

= =

= =

−

−

2

2

2

3 2

211 −−2 3 2s A

12

SUPE

R CO

ACH

Jadi, dimensi konduktansi adalah

M–1 L–2 T3 I2.

Jawaban: A

21. (A) Modulus bulk memiliki satuan sama dengan satuan tekanan, yaitu

Nm

kg m sm

kg m s2

2

21 2= =

−−

sehingga dimensinya M1 L–1 T2.

(B) Konduktansi listrik memiliki satuan siemens (S) atau 1/ohm sehingga dimensinya M–1 L–2 T3 I2

(C) Tegangan permukaan memiliki satuan

Nm

=kg

msm

kg mm s

kgs

2

2 2= =

sehingga dimensinya M1L0T–2

(D) Frekuensi memiliki satuan Hz atau 1/s sehingga dimensinya T–1.

(E) Energi memiliki satuan joule sehingga dimensinya M1L2T–2

Jawaban: C

22. Besaran yang memiliki satuan yang sama juga memiliki dimensi yang sama. Gaya dan berat memiliki satuan yang sama, yaitu newton.

Kecepatan → v → m/s Impuls → I = F∆t → kg (m/s2) s = kg m/s Inersia → I = mr2 → kg m2

Momentum sudut → L = Iω = kg m2/s

Momentum linier → p = mv → kg m/s

Jawaban: B

23. Konstanta Planck (h) = 6,6260755 × 10−34 J s

Konstanta Boltzmann (k)

= 1,380658 × 10−23 J K−1

Terlihat dimensi yang berbeda antara keduanya adalah waktu (satuan sekon) dan temperatur (K).

Jawaban: A

24. Dimensi induksi magnetik = MT–2I–1 dan dimensi fluks magnetik = ML2T–2I–1. Terlihat bahwa dimensi panjang yang membedakan keduanya.

Jawaban: D

25. Dimensi hambatan adalah M1 L2 T–3 I–2 sehingga diketahui bahwa nilai

a = 1, b = 2, c = – 3, d = – 2sehingga,

4a+5b+c – 2d = 4(1)+5(2)+(–3) – 2(–2)

= 4 + 10 – 3 + 4 = 15

Jawaban: A

26. F = ma → kg m/s2 sehingga dimensinya M L T–2 Maka dari itu, a = 1, b = 1, c = – 2

sehingga 2a – b – c = 2(1) – (1) – (–2) = 3

Jawaban: C

27. Dimensi momentum

p = mv → kg m/s sehingga dimensinya M1L1T–1

a = 1, b = 1, c = –1 Dimensi energi

W = Fs = mas → kg m/s2 m = kg m2 s–2 sehingga dimensinya M1L2T–2

x =1, y=2, z = –2

sehingga, ax + by – cz = (1)(1) + (1)(2) – (–1)(–2) = 1 + 2 – 2 = 1

Jawaban: B

28. Persamaan dinyatakan benar jika ruas kanan dan ruas kiri memiliki dimensi yang setara. Hal ini dapat diamati dari satuannya. Diketahui v adalah kecepatan sehingga satuannya m s−1, t adalah waktu sehingga satuannya s, a adalah percepatan sehingga satuannya m s−2, dan u adalah konstanta sehingga tidak memiliki satuan.

(A) v = ut + at

m s−1 ≠ s + m s−2(s)

m s−1 ≠ s + m s−1

FISI

KA S

MA/

MA

X

13

Suku pertama pada ruas kanan satuannya berbeda dengan ruas kiri sehingga persamaan tersebut salah.

(B) v + u = at

m s−1 = m s−2(s)

m s−1 = m s−1

Ruas kanan dan kiri satuannya sama sehingga persamaan tersebut benar.

(C) v/u = a/t

m s−1 ≠ m s−2 s−1

m s−1 ≠ m s−3

(D) vt = u − a

m s−1(s) ≠ m s−2

m ≠ m s−2

(E) vt = at + u

m s−1(s) ≠ m s−2 (s)

m ≠ m s−1

Jawaban: B

29. Karena n1 dan n2 adalah nilai numerik, maka keduanya tidak memiliki satuan. Supaya kedua ruas memiliki dimensi yang setara, agar dihasilkan persamaan yang benar, kita dapat mengalikan besaran dengan nilai numerik pada tiap ruas, misalnya,

n1u1 = n2u2

nn

uu

1

2

2

1

=

Jawaban: A

30. V = p × l × t

= 4,29 × 5,66 × 7,26 = 176,282964 cm3

Hasil pengukuran jangka sorong terdiri atas 3 AP. Menurut aturan angka penting, hasil perkalian harus memiliki AP yang paling sedikit dari nilai yang dikalikan. Karena semua nilai yang dikalikan memiliki 3 AP, hasil perkalian juga harus terdiri atas 3 AP sehingga volume balok dituliskan 176 cm3.

Jawaban: A

31. Selisih tebal = tebal 1 – tebal 2

= 2,88 – 1,07 = 1,81 cm

Menurut aturan angka penting, hasil pengurangan harus memiliki satu angka taksiran saja (ditandai dengan garis bawah). Jadi, selisih tebal dapat dituliskan 1,81 cm. Hati-hati, pada pilihan jawaban satuan yang digunakan adalah mm sehingga kita perlu mengonversinya terlebih dahulu, yaitu 1,81 cm = 18,1 mm.

Jawaban: E

32. Skala utama yang berdekatan dengan angka 0 pada skala nonius adalah antara 0,2 cm dan 0,3 cm. Garis pada skala nonius yang tepat berimpit dengan garis pada skala utama adalah garis ke-5. Artinya,

x = 0,2 cm + (5 × 0,01 cm)

= 0,25 cm.

Karena ketidakpastian ∆x jangka sorong adalah

∆ =x 12

× 0,01 cm = 0,005 cm,

maka, L = x ± ∆x

= (0,250 ± 0,005) cm

Jawaban: D

33. Ketidakpastian pada jangka sorong:

∆ =x 12

× 0,01 cm = 0,005 cm

Skala utama yang berdekatan dengan angka 0 pada skala nonius adalah antara 2,6 cm dan 2,7 cm. Skala nonius yang tepat berimpit dengan garis pada skala utama adalah 5,5. Ini berarti

x = 2,6 cm + 5,5 × 0,01 cm = 2,655 cm.

Hasil pengukuran yang dilaporkan adalah

L = x ± ∆x

L = (2,655 ± 0,005) cm

Jawaban: B

14

SUPE

R CO

ACH

34. Ketidakpastian pada jangka sorong:

∆ =x 12

× 0,01 cm = 0,005 cm

Skala utama yang berdekatan dengan angka 0 pada skala nonius adalah 4,2 cm dan 4,3 cm. Garis pada skala nonius yang tepat berimpit dengan garis pada skala utama menujukkan angka 8. Ini berarti

x = 4,2 cm + 8 × 0,01 cm = 4,28 cm.

Hasil pengukuran yang dilaporkan adalah

L = x ± ∆x maka

L = (4,280 ± 0,005) cm

Jawaban: A

35. p = 7,5 + 0,01 × 22 = 7,72 mm

l = 3,5 + 0,01 × 6 = 3,56 mm

A = p × l = 7,72 × 3,56 = 27,4832 mm2

Menurut aturan angka penting, hasil perkalian harus memiliki AP yang paling sedikit dari nilai yang dikalikan. Karena semua nilai yang dikalikan memiliki 3 AP, hasil perkalian juga harus terdiri atas 3 AP sehingga luas lempeng dituliskan 27,5 mm2.

Jawaban: D

36. Jarum pendek menunjukkan menit. Pada gambar, jarum pendek menunjukkan angka 9 lebih sehingga hasil pengukuran adalah 9 menit lebih. Sementara itu, jarum panjang menunjukkan angka detik. Pada gambar, jarum panjang menunjukkan angka 10 sehingga hasil pengukurannya adalah 9 menit lebih 10 detik. Pada pilihan jawaban hanya tersedia satuan detik sehingga perlu dikonversi.

9(60) + 10 = 540 + 10 = 550 detik.

Jawaban: D

37. Hasil pengukuran neraca tiga lengan merupakan penjumlahan dari angka yang ditunjukkan oleh beban geser.

70 + 200 + 2,1 = 272,1

Skala terkecil neraca adalah 0,1 g

sehingga ketelitiannya ½ × 0,1 = 0,05 g. Massa air sekaligus wadahnya dapat dituliskan (271,10 ± 0,05) gram.

Jawaban: C

38. Berdasarkan pengukuran, arus yang mengalir melalui hambatan 20 Ω adalah

I = × =30 A A150

35

sehingga

V I RR volt= = × =35

20 12

Jawaban: E

39. ∆ = × =

∆ = × =

R

R

1

2

5 36100

5 75100

%%

%%

1,8

3,75

Ω Ω

Ω Ω

Jawaban: E

40. R1 ± ∆R = (28,4 ± 0,1) ΩR2 ± ∆R = (4,25 ± 0,01) ΩR3 ± ∆R =(56,605 ± 0,001) ΩR4 ± ∆R =(90,75 ± 0,01) Ω

Hambatan total Rx = R1 + R2 + R3 + R4

Rx = (28,4 + 4,25 + 56,605+ 90,75) Ω = 180,005 Ω∆Rx = |∆R1|+|∆R2|+|∆R2|+|∆R4|∆Rx = |0,1|+|0,01|+|0,001|+|0,01| Ω = 0,121 Ω

∆= ×

= =

RR

x

x

0,121180,005

100

0 067 0 07

%

, % , %

Ketidakpastian relatif 0,07% (dekat dengan 0,1%) berhak atas 4 angka penting. Hasil perhitungan adalah:

R = (180,005±0,121) Ω = (180,0 ± 0,1) ΩJawaban: E

41. V r d d

VV

= =

=

= ( ) ( ) =

∆

43

43 2

16

16

33

3

3 3

π π π

3,142 10,00 523,67 mm

== ∆ = ×

= =

3 3dd

0,0510,00

0,0150 1,5%

FISI

KA S

MA/

MA

X

15

∆V = 1,5% V = 1,5% × 523,67 = 7,8551 mm3

Nilai V adalah: V = (523,67±7,85) mm3

= (524 ± 7,85) mm3

Jawaban: E

42. L s

T sL

T

= =

= =

100 cm dengan 0,04 cm

2 s dengan 0,05 s

Dari:

T Lg

g LT

LT

= → =

= −

2 4

4

2

2

2 2

π π

π

didapatkan

∆ = ×

+ − ×

= ×

+ − ×

gg

s

L

s

TL T1 2

1 2

2 2

20,04100

0,052

= × =

2

100 50,05 % %

Ketidakpastian relatif 5% dekat dengan 1% sehingga memiliki 3 angka penting.

g = 4π2LT–2

= 4(3,142)2(100 cm)(2 s)–2

= 987,2164 cm s–2

= 9,87 × 102 cm s–2

∆g = 5% × (9,87 × 102 cm s–2)

= 4,94 × 10 cm s–2

Jadi, g = (98,70 ± 4,94) × 10 cm s–2 (3 AP)

Jawaban: B

43. T s

L s

T Lg

g LT

gg

T

L

= → =

= → =

= → =

∆ = ×

−

5 s 0,1 sekon

100 cm 3 cm

2 4

1

2 2π π

ss

L

s

TL T

+ − ×

=

+ − ×

2 2

2

2

0 15

2 3100

, 22

100 6= × =0,06 % %

Jawaban: E

44. V V VV

V

R R

= ± → ∆ = ×

=

= Ω ± → = × Ω

=

200 2 2200100

4

4040100

% %%

% %%

1,5 1,5

0,6

∆

W

Ω

= =( )

=

= + −

= + −

P VR

P VV

RR

P

22

20040

1 000

2 1

2 4200

1 0

.

,

∆ ∆ ∆

6640

1 000

1 000

= + =

.

.

0,04 0,015 55 W

Jawaban: D

45. T = (0,0825 ± 0,0025) s dan m = (15,02 ± 0,05) kg

T mk

k mT

mT= ↔ = = −2 4 42

22 2π π π

Ketidakpastian relatif:

∆ = ∆ + − ∆

= + −

==

kk

mm

TT

2

2

6 4

0,0515,02

0,00250,0825

0,064, %

Jawaban: B

46. R = 10 ohm, l1 = 60,52 cm,

l2 = 39,49 cm; sl

= 0,08 cm.

Rumus jembatan Wheatstone adalah

Rll

R Rl lx = = + −1

21

12

1

dengan

R adalah konstanta

∆= +

+ −

=

+ −

RR

sl

sl

x

x

l l1 11

2

2

2

20,0860,52

0,0839,,49

2,4

= ×=

−

2

3100 24, %

Ketidakpastian 0,24% lebih dekat ke 0,1% sehingga berhak atas 4 angka penting.

16

SUPE

R CO

ACH

Kemudian cari nilai Rx.

Rll

Rx =

= ( )=

1

2

60 5239 49

10

,,

15,33 ohm

Sehingga ∆Rx = 2,4 × 10–3 × 15,33 = 0,037 ohm

Jadi, Rx = (15,33 ± 0,04) ohm

Jawaban: E

47. Arus sebanding dengan perbedaan tekanan dan berbanding terbalik dengan resistensi:

Qp p

R=

−2 1

Untuk aliran laminar dalam tabung, Hukum Poiseuille untuk resistensi menyatakan:

R LR

= 84

ηπ

Hukum Poiseuille untuk aliran dalam tabung adalah

Qp p R

L=

−( )2 14

8π

η

Data yang diketahui:

Q = (408 ± 2) cm3/menit = (6,8 ± 0,033) cm3/sekon L = (48,10 ± 0,05) cm

N = 10 kali; R = 1,4 mm = 0,14 cm S

R = 0,2 mm = 0,02 cm

Kekentalan air η dapat diperoleh dari:

Qp p R

L

p p RQ L

p p R Q L

=−( )

=−( )

= −( )

=

− −

πη

ηπ

η π

η

8

8

83

2 14

2 14

2 14 1 1

,, , , ,

,

,

1428

38 34 0 14 6 8 48 10

1 845 10

1

4 1 1

6 2

−( ) ( ) ( ) ( )= ×

=

− −

− N s cm

8845 10 2× − Pa s

∆ = + ×

+ − × ∆

+ − × ∆

∆ = + ×

ηη

ηη

4 1 1

4 0 020

2 2 2s QQ

LLR

R

,,114

1 0 0336 8

1 0 0548 10

0 571

2 2 2

+ − ×

+ − ×

∆ =

,,

,,

,ηη

∆η = 0,572 × 1,845×10–2 = 1,053 ×10–2

sehingga η ± ∆η = (1,845 ± 1,053) ×10–2.

Jawaban: B

48. Faktor daya P = VI cos θ

I = 2,5 A pada ampermeter 5 A

V = 115 V pada voltmeter 250 V

P = 220 W pada wattmeter 500 W

Ketidakpastian relatif faktor daya:

P VIPVIPV I

PP

VV

II

=

=

=

∆ = ∆ + − ∆ + − ∆

− −

cos

cos

cos

coscos

θ

θ

θ

θθ

1 1

1 1

∆P = 1% × 220 W = 2,2 W

∆V = 0,5% × 115 V = 0,575 V

∆I = 0,5% × 2,5 A = 0,0125 A

∆ = + − + −

==

coscos

, , ,,

,%

θθ

2 2220

1 0 575115

1 0 01252 5

0 022

V

Ketidakpastian relatif 2% lebih dekat ke 1% berarti berhak atas 3 angka penting

Ingat, ketelitian (%) = 100% – 2% = 98%

Jawaban: D

49. cosθ =

=×

=

PVI

220 W115 V 2,5 A0,765

Ketidakpastian mutlak:

∆cos θ = 2% × 0,765 = 0,015

sehingga faktor daya adalah (0,765 ± 0,015) W.

Jawaban: E

FISI

KA S

MA/

MA

X

17

50. Pengolahan data ini dapat diproses dengan mudah menggunakan Ms Excel 2003/2007/2010/2013/2016.

Grafik yang dihasilkan juga memanfaatkan pelajaran TIK yang selama ini diajarkan di SMP-SMA yaitu sebagai berikut.

Grafik di atas berbentuk linier.

Jawaban: A

51. Salah satu cara menentukan garis lurus terbaik dari grafik adalah dengan menggunakan titik sentroid.

Langkah-langkah menggunakan titik sentroid yaitu:1. Hitung titik sentroid (xo, yo) dengan

xx

Ni

o = ∑ dan yy

Ni

o = ∑ .

2. Plot ke sumbu-X dan sumbu-Y. 3. Tarik garis lurus melalui titik sentroid

sehingga jumlah titik di atas garis kira-kira sama dengan jumlah titik di bawah garis. Hal ini dapat diketahui dengan menggunakan mistar plastik transparan.

Jika Anda ingin memanfaatkan software Ms Excel, maka hasil yang didapatkan hampir sama dengan menggunakan mistar yang Anda putar-putar dengan titik sentroid sebagai titik sumbu putar. Grafik ini dibuat dengan menggunakan Ms Excel, sehingga titik-titik sentroid lebih akurat.

V (

volt)

I (ampere)

Grafik di atas mirip dengan pilihan B.

Jawaban: B52. Anda sudah mendapatkan garis lurus terbaik. Kemiringan garis yaitu θ sangat menentukan

nilai m atau nilai gradien garis (ingat pelajaran Matematika SMP).

I (ampere)

V (

volt)

Jadi, my yx x

=−−

= −−

= = , ,, , ,

, 2 1

2 1

5 2 1 21 28 0 3

40 98

4 08ΩJawaban: E

18

SUPE

R CO

ACH

53.

Ketidakpastian ∆m dan ∆n, yaitu dengan menggunakan kuadrat terkecil (least square).

Mencari nilai m sebagai berikut.

mN x y x y

N x x

m

i i i i

i i

=( ) −

− ( )=

× − ×( )× −

∑ ∑ ∑∑ ∑2 2

5 59 687 3 8 56 74

5 3 52

, , ,

, 33 8

82 8233 16

26 2

2,

,,

,

( )

= =

Mencari nilai n sebagai berikut.

nx y x x y

N x x

n

i i i i i

i i

=− ( )

−

= × − ××

( )∑ ∑ ∑ ∑

∑ ∑

2

2 2

3 52 56 74 3 8 59 6875 3

, , , ,,, ,

,,

,

52 3 8

27 08583 16

8 57

2− ( )

= − = −

Mencari nilai ∆m sebagai berikut.

∆ = = =−

∆ = = =× −

= =

( )∑ ∑m s s N

N x x

m s s

m y

i i

m y

2 2

25

5 3 52 3 8

53 16

1 25

, ,

,,

Mencari nilai ∆n sebagai berikut.

∆ = = =−

∆ = = =× −

=

( )∑

∑ ∑n s s

x

N x x

n s s

n yi

i i

n y

2

2 2

23 52

5 3 52 3 8

3 523 16

,, ,

,,

== 1 05,

Kemudian Anda dapat menghitung nilai ∆R dengan persamaan:

∆ = = = =RR

sm

m 1 2526 2

0 048 4 8,,

, , %

Sehingga Anda dapatkan: ∆R = 0,048 × 4,08 = 0,19584 Ω

Jadi, R±∆R = (4,08 ± 0,19) ΩJawaban: C

54. R1 = 98 Ω R6 = 100 Ω

R2 = 100 Ω R7 = 104 Ω

R3 = 102 Ω R8 = 104 Ω

R4 = 98 Ω R9 = 105 Ω

R5 = 100 Ω R10 = 97 Ω

Masukan data tersebut dalam bentuk tabel.

i Ri (Ω) Ri 2 (Ω)2

1 98 9.6042 100 10.0003 102 10.4044 98 9.6045 100 10.0006 100 10.0007 104 10.8168 104 10.8169 105 11.02510 97 9.409

N = 10

∑∑

∑

=

=

= = =

R

R

RR

N

i

i

i

1 008

101 678

1 00810

100 8

2 2

.

.

. ,

Ω

Ω

∆ = =− ( )−

=( ) − ( )

−

=

∑ ∑R s

N

N R R

NR

i i11

110

10 101 678 1 00810 1

110

1 0

2 2

2. .

. 116 780 1 016 0649

110

7169

0 892

. . .

,

−

= = Ω

Ketidakpastian relatifnya:

∆ = × =RR

0 892100 8

100 0 9,,

% , %

FISI

KA S

MA/

MA

X

19

Ketidakpastian relatif 1% berhak atas 3 angka penting.

Jadi, R ± ∆R = (101,0 ± 0,9) ΩJawaban: D

55.

i Ti(s) Ti 2(s2)

1 40,0 1.600,00

2 40,1 1.608,01

3 39,8 1.584,04

4 39,8 1.584,04

5 39,9 1.592,01

∑ =Ti 199 6, ∑ =Ti2 7 968 10. ,

TT

Ni= = =∑ 199 6

5, 39,92 sekon

∆ = =− ( )−

=( ) − ( )

−

= =

∑ ∑T sN

N T T

NTi i1

1

15

5 7 968 10 199 65 1

15

0 344

2 2

2. , ,

, 00 0583, sekon

Ketidakpastian relatifnya:∆ = = × × =−TT

0 058339 92

1 46 10 100 0 13,,

, % , %

Ketidakpastian relatif 0,1% berhak atas 4 angka. Jadi, T ± ∆T = (39,920 ± 0,058 ) sekon.

Jawaban: CB. Esai

1. 1 0 1 1 0 1 1 1 1 byte

8 bit = 1 byte

1024 bit = 1 kilobyte (kB)

1024 kilobyte = 1 megabyte (MB)

1024 megabyte = 1 gigabyte (GB)

1024 gigabyte = 1 terabyte (TB)

Micro SD tahun 2005 → 128 MB

128 MB = 128 × 11024

GB = 0,125 GB

Micro SD tahun 2014 → 128 GB

Micro SD tahun 2016 → 256 GB

Perbandingan kapasitas ketiga Micro SD tersebut adalah

0,125 : 128 : 256 = 1 : 1024 : 2048.

2. Tidak benar. Kemungkinan siswa tersebut keliru untuk membedakan antara suhu dan perubahan suhu. Perbedaan antara suhu (T) dengan perubahan suhu (∆T) dapat dilihat pada contoh berikut.

Jika suhu dalam satuan °C ingin dikonversi ke satuan kelvin maka harus menggunakan persamaan TK = T°C + 273. Sedangkan perubahan suhu celcius = perubahan suhu kelvin sehingga tidak perlu dikonversi.

Contoh: ∆T = suhu akhir – suhu awal

= 20°C – 90°C

= – 70°C atau – 70 K

3. Bit adalah satuan unit data terkecil dalam komputasi digital yang pada dasarnya terdiri atas satu digit biner (bisa berupa nilai 0 atau 1). Sedangkan byte adalah kumpulan 8 bit yang digabung menjadi satu. Dapat disimpulkan bahwa 1 byte sama dengan 8 bit.

4. Kuota data internet = 4 × 1024 kB = 4096 kB. Karena 1 kB = 8 kb, maka

4096 kB × 8 = 32768 kb

Waktu akses kuota data internetbandwith

kb kbps

=

= =32768384

855 33, sekon

5. Sebagai pengguna internet, kita dapat menentukan besar waktu untuk mengunduh file (teks, video, foto) sehingga kuota data internet dapat diketahui sehingga kita dapat menghemat bandwidth yang digunakan. Metode ilmiah masih ada, jika Anda menggunakan konsep MaHEAK. (Masalah-Hipotesis-Eksperimen-Analisis-Kesimpulan).

20

SUPE

R CO

ACH

6. Untuk menghitung Host ID.

25 = 32 – 25 = 727 = 128Berarti jumlah Host ID = 128 host128 host ini nantinya dikurangi 2, yaitu untuk Network ID dan BroadcastUntuk menghitung Network ID (Host pertama)Network ID pada 192.168.100.80/25 = 192.168.100.0Untuk Menghitung Broadcast (Host terakhir)Broadcast pada 192.168.100.80/25 = 192.168.100.127IP Address yang dapat digunakan adalah 192.168.100.1 – 192.168.100.126Untuk menghitung Subnet MaskSubnet Mask pada 192.168.100.80/25 = 256 – 128 = 128Maka Subnet Mask-nya adalah = 255.255.255.128

7. Untuk menghitung Host ID.

22 = 32 – 22 = 10210 = 1024Berarti jumlah Host ID = 1024 Host1024 host ini nantinya dikurangi 2, yaitu untuk Network ID dan BroadcastUntuk menghitung Network ID (Host pertama)Network ID pada 20.20.0.22/22 = 20.20.0.0Untuk menghitung Broadcast (Host terakhir)1024/256 = 4Broadcast pada 20.20.0.22/22 = 20.20.3.255IP Address yang bisa digunakan 20.20.0.1 – 20.20.3.254Untuk menghitung Subnet MaskSubnet Mask pada 20.20.0.22/22210 adalah kelas B maka 10 – 8 = 2 = 22 = 4. 256 – 4 = 252Maka Subnet Mask-nya adalah = 255.255.252.0

8. Untuk menghitung Host ID.

/24 = 32 – 24 = 828 = 256

Berarti Jumlah Host ID = 256 Host

256 host ini nantinya dikurangi 2, yaitu untuk Network ID dan Broadcast

Untuk menghitung Network ID (Host pertama)

Network ID pada 10.10.10.10/24 = 10.10.10.0

Untuk menghitung Broadcast (Host terakhir)

Broadcast pada 10.10.10.10/24 = 10.10.10.255

IP Address yang bisa digunakan

10.10.10.1 – 10.10.10.254

Untuk menghitung Subnet Mask

Subnet Mask pada 10.10.10/24 = 256 – 256 = 0

Maka Subnet Mask-nya adalah = 255.255.255.0

Perhatikan!

Subnet Mask kelas IP Address terdiri atas:

Kelas A = 255.0.0.0

Kelas B = 255.255.0.0

Kelas C = 255.255.255.0

Subnet Mask yang sering digunakan biasanya adalah /24 = 255.255.255.0

9. Waktunya 3 menit (jarum pendek) dan 47 detik (jarum panjang).

10. Fq q

rF

q qr

Fr

q q

=

↔ =

↔ =

=

−

−

1 22

1 2 2

21 2

41

4

4

πε πε

πε

ttan ( )θ lihat grafik pada soal

tan

tan.

θπε

θ

=

= ∆∆

=−( )

−( ) =−

q q

Fr

1 2

22

41 100 500400 200

3 N.m

επ θ

=

=×( ) ×( )

( ) ( )= ×

− −

q q1 2

6 6

4

62 8 10 106 2 10

4 3 14 3

1

, ,

,

tan

1,8 00 10 2 1 2− − − C N m

FISI

KA S

MA/

MA

X

21

K O G N I T I FB A B 3

PEMBAHASANUJI KOMPETENSI MANDIRI

A. Pilihan Ganda

1. Gambar yang benar adalah gambar D

a

b

R

a b R+ =

Jawaban: D

2.

A

B

C

D

didapat dari:

A

B

C

D

D

A B

+

A B

++ =

sehingga dapat dinyatakan

A B D C

+ + =Jawaban: B

3. Jika Anda telusuri arah panah, maka cara

menunjukkan resultan R

adalah:

b c d a R

+ +( ) = + sehingga

R b c d a

= + +( ) −

Jawaban: E

4. Nilai pada sumbu-X adalah 3, maka

dituliskan 3 i

Nilai pada sumbu-Y adalah 1, maka

dituliskan j sehingga vektor: 3i j + .

Jawaban: A

5. Komponen-komponen pada F1

dan F2

Vek tor Komponen x Komponen y

F1

F1x = 10 N 0

F2

F2x = –16 cos 60° = –8 N

F2y = 16 sin 60°

= 8 3 N

Resultan:

Rx = ∑Fx

= F1x + F2x = 10 N – 8 N = 2 N

Ry = ∑Fy

= F1y + F2y = 0 + 8 3 N = 8 3 N

Jawaban: B

6. Vektor a

, 2 satuan ke kanan dan 4 satuan ke atas.

Vektor b

, 4 satuan ke kanan dan 4 satuan ke atas.Artinya total 6 satuan ke kanan dan 8 satuan ke atas.Tripel Pythagoras 6, 8, ?, maka angka terakhir adalah 10.

Cara lain seperti berikut.

a i j

= +2 4 dan b i j

= +4 4 , maka

resultan R a b i j

= + = +6 8 sehingga

R

= + =6 82 2 10 satuan

Jawaban: B

7. Komponen x dan y dari vektor

VektorKomponen

xKomponen

y

A

Ax = 5 N Ay = 0

B

Bx = 2 N By = 6 N

Resultan Rx = 7 N Ry = 6 N

22

SUPE

R CO

ACH

Resultan kedua vektor nyamuk:

R R Rx y= +

= +

= += ≈

2 2

2 27 6

49 369,22 N 9 N

Jawaban: B

8. FF

F

FF

F

x

x

x

y

y

y

1

2

1

21030

7

= −=

+=

==

+=

7 N N

3 N

7 N N

3 N

Jadi R F i F j i jx y= + = + 3 7 3

Jawaban: C

9. FFF

F

FFF

F

x

x

x

x

y

y

y

y

1

2

3

1

2

3

606

6 35

6 3

===

+=

=== −

+=

N N N

12 N

N N N

5 N

Tripel Pythagoras : 5, 12, maka sisi miringnya adalah 13.

Jawaban: D

10. Pada soal, 2 vektor gaya 3 N membentuk sudut 120°, sehingga resultan kedua gaya 3 N. Resultan kedua gaya ini akan segaris dengan gaya 6 N, namun berlawanan arah sehingga dengan mudah soal ini dapat dijawab, yaitu resultan ketiga gaya adalah 6 N – 3 N = 3 N.

Jawaban: C

11. Komponen-komponen pada vektor burung:

r1

→ r1x = 3 N dan

r1y = – 3 N

r2

→ r2x = –2 N dan

r2y = 7 N

r3

→ r3x = –6 dan

r3y = 8 N

Rx = ∑rx

= r1x + r2x + r3x

= 3 N – 2 N – 6 N = –5 N

Ry = ∑ry

= r1y + r2y + r3y

= –3 N + 7 N + 8 N = 12 N

Besar resultan ketiga vektor:

R R Rx y= + = − + =2 2 2 25 12 13 N

Jawaban: D

12. Y

X60°

60°F1 = 3 N

F2 = 3 N

F3 = 6 N

Vektor Komponen x Komponen y

F1 F1x = –3 N 0

F2

F2x = 3 cos 60°

= 32 N

F2y = 3 sin 60°

= 32

3 N N

F3

F3x = 6 cos 60° = 3 N

F3y = 6 sin 60° = –3 3 N

Besar resultan komponen x:

Rx = ∑Fx

= F1x + F2x + F3x

= –3 N + 32

N + 3 N = 32

N

Besar resultan komponen y:

Ry = ∑Fy

= F1y + F2y + F3y

= 0 + 32

3 N N – 3 3 N

= – 32

3 N

R R Rx y= +

= ( ) + −( )=

2 2

2 232

32

3

3 NJawaban: D

FISI

KA S

MA/

MA

X

23

13.

60°30°T1 sin 30°

T1 cos 30°

T2T1

T2 cos 60°

W = 100 N

Agar ketiga gaya memiliki resultan gaya sama dengan nol, maka

∑Fx = 0 ↔ T2 cos 60° – T1 cos 30° = 0

12

T2 – 12

3 T1 = 0 ↔ T2 = 3 T1

∑Fy = 0 ↔ T1 sin 30° + T2 sin 60° – 100 = 0

12

T1 + 12

3T2 – 100 = 0

T1 + T2 3 – 200 = 0

Jawaban: E

14. Dari gambar diketahui bahwa anak tersebut mengalami perpindahan ke bawah (selatan) sebesar 6 m dan ke kanan (timur) sebesar 8 m. Dengan menggunakan tripel Pythagoras, diketahui sisi miringnya adalah

a b c

a b c

2 2 2

2 2 2 26 10 2

36 64

100 10

= +

→ = + = + −( )

= +

= = m

arah ke tenggara.U

2

6

810

Jawaban: C

15. Tripel Pythagoras 8, 15 maka jelas sisi miringnya adalah 17.

0

3

–5

–5

B

y (m)

x (m)

Amulai bergerak

berhenti

10–8 m

–15 m

Jawaban: D

16.

AO θ

F

Wy = 10 N

Fx

Fy

Komponen gaya pada sumbu-X:

Fx = F cos θ

Komponen gaya pada sumbu-Y:

Fy = F sin θ dan Wy = –10 N

Besar resultan gaya pada arah sumbu-X (dalam arah OA): Rx = 20 N, maka F cos θ = 20 N

sehingga F = 20cosθ

Besar resultan gaya pada arah sumbu-Y, resultan gaya Ry = 0, maka ∑Fy = 0 Fy – Wy = 0 ↔ F sin θ = 10 N

Masukkan nilai F = 20cosθ

ke persamaan

F sin θ = 10 N sehingga didapatkan:

sincos

θθ

20 10=

Besar sudut θ adalah:

sincos

= ↔ =1020

12

tanθ , karena tanθ = yx

,

berarti nilai y = 1 dan x = 2. Anda dapat

menentukan nilai r = + =1 2 52 2

sehingga sin sinθ θ= ↔ = =yr

15

15

5

Jawaban: C

17. Penerapan perkalian titik (dot product)

antara vektor gaya F

dan vektor perpindahan

r dengan kedua vektor

dalam bentuk i dan j atau vektor satuan. Besaran yang dihasilkan adalah skalar (usaha termasuk besaran skalar, hanya memiliki besar, tanpa arah). Usaha dilambangkan dengan W dari kata work.

24

SUPE

R CO

ACH

W = F

·

r

26 = (2i + 3 j ) · (4i + aj )Cara perkalian titik dua vektor dalam bentuk i , j adalah yang i kalikan dengan i , yang j kalikan dengan j ,

sehingga: 26 = 8 + 3a3a = 26 − 8

a = 183 = 6

Jawaban: BB. Esai

1. a.

B

A

45°

b. A

C

100°

c.

A

D

30°

2. Poligon:

a. d a b c

= + +

d

a

b

c

b. d a b c

= + −

a

b

d

−c

c. d a b c

= − +

d

a

c

−b

3. a. A B

+

B

A

50°

R A B

= +

b. A C

+

A

C

–20°R A C

= +

c. A B

−

A

50°

R A B

= −−B

d. A C

−

A

20°

−C

R A C

= −

4. a. P A B C

= + +

P

C

B

A

b. Q A B C

= − +

C

A

Q −B

FISI

KA S

MA/

MA

X

25

c. R A B C

= − −

R

B

A

−C

5. a. P A B C

= + +

A

B

C

AB

+ P

b. Q A B C

= − +

A B

− Q

A

C

−B

c. R A B C

= − −

A

−B

−C

R

A B

−

6. Tetapkan besar perpindahan 3 m sama dengan panjang vektor 3 cm. Berarti skala panjang vektor perpindahan dilukis dengan panjang vektor 1 cm. Jadi panjang vektor B adalah 21

m m

× 1 cm = 2 cm.

B

A

30° 45°

Dengan sumbu-X+ (arah mendatar ke kanan) sebagai acuan.

R A B

= +

B

A

45°

30°θ

R

R

= 4,8 cm (gunakan mistar)

θ = 37° (gunakan busur derajat)

R = 4,8 cm × 11

m cm

= 4,8 m

7. a. Fx = ∑Fx = (20 cos 53°) + 30 = 42 N

Fy = ∑Fy =(20 sin 53°) – 8 = 8 N

F F FR x y= +

= + =

2 2

2 242 8 42 76, N

20 N

30 N20 cos 53°

53°

8 N

20 sin 53°

tan θ = FF

y

x

= 842

= 0,1905

⇒ θ = 10,78°

Vektor F berada pada kuadran I.

b. Fx = 18 N – (30 cos 53°) N = 0

Fy = 30 sin 53° N – 24 N = 0

FR = 0

30 sin 53°

30 cos 53°

53°

30 N

18 N

24 N

c. Fx = (–7 – 7 cos 60° – 7 cos 60°) N

= –14 N

Fy = 7 sin 60° – 7 sin 60° = 0

F FR x= +2 0 maka FR =Fx = –14 N

Vektor F memiliki arah sejajar sumbu-X

60°60°

7 N

7 N

7 N7 sin 60°

7 sin 60°

7 cos 60°

26

SUPE

R CO

ACH

d. Fx = –7 + 7 cos 60° + 7 cos 60° = 0

Fy = 7 sin 60° – 7 sin 60° = 0

120°120°7 N

7 N

7 N7 sin 60°

7 cos 60°

7 sin 60°

FR = 0

Pada keadaan ini semua vektor gaya berada pada kesetimbangan.

e. Fx = 80 cos 30° + 80 cos 30°

= 80 3 N

Fy = 80 sin 30° – 80 sin 30°

+ 30 – 30 = 0

30 N

60°60°

60°

80 N

80 cos 30°

80 sin 30°

80 sin 30° 80 N

30 N

Besar vektor F = Fx = 80 3 N yang arahnya 0° atau searah sumbu-X positif.

f. Fx = 24 – 18 = 6 N dan

Fy = 15 N – 9 N = 6 N

15 N

9 N

18 N24 N

Besar F adalah

F F FR x y= + =2 2 6 2

dengan arah 45° (kuadran I)

8. a. Langkah 1: tetapkan skala 1 cm setara dengan 1 m sehingga panjang

vektor A

= 4 cm dan panjang vektor

B

= 3 cm. Lukis vektor A B

dan dengan acuan sumbu-X positif.

15°

45°

A

B

Langkah 2: Lukis vektor R A B

= + dengan metode segitiga. Lalu ukur

panjang vektor R

dengan mistar

dan sudut R

terhadap sumbu-X dengan busur derajat.

15°

α45°

A

B

R A B

= +

Panjang R

= 6,20 cm, besar α = 19°.

Jadi, vektor R

memiliki:

R

= =6,20 cm× m cm

6,20 m11

dan arahnya membentuk sudut 19° terhadap sumbu-X positif.

b. Langkah 1: tetapkan skala 1 cm setara dengan 1 m sehingga panjang vektor

A

= 4 cm dan panjang vektor

B

= 3 cm. Lukis vektor A B

dan dengan acuan sumbu-X positif.

15°

45°

A

B

Langkah 2: Lukis vektor R A B

= − dengan metode segitiga. Lalu ukur

panjang vektor R

dengan mistar

dan sudut R

terhadap sumbu-X dengan busur derajat.

FISI

KA S

MA/

MA

X

27

−B

A

45°

165°

15°

αR A B

= −

Panjang R

= 4 cm, besar α = 90°.

Jadi, vektor R

memiliki:

R

= =4 cm× m cm

m11

4

dan arahnya membentuk sudut 90° terhadap sumbu-X positif.

c. Langkah 1: tetapkan skala 1 cm setara dengan 1 m sehingga panjang vektor

A

= 4 cm dan panjang vektor B

= 3 cm. Lukis vektor A

dan B

dengan acuan sumbu-X positif.

15°

45°

A

B

Langkah 2: Lukis vektor R B A

= − dengan metode segitiga. Lalu ukur

panjang vektor R

dengan mistar

dan sudut R

terhadap sumbu-X dengan busur derajat.

15°

45°

α −A

B

R B A

= −

Panjang R

= 3,5 cm, besar α = 90°.

Jadi, vektor R

memiliki:

R

= =3,5 cm× m cm

m11

3 5,

dan arahnya membentuk sudut 90° terhadap sumbu-X positif.

9. a. Komponen x:

F1x = 100.000 N

F2x = –96.000 N

Fx = ∑Fx

= (100.000 – 96.000) N

= 4.000 N

b. Komponen-y:

F1y = 23.000 N

F2y = –20.000 N

Fy = ∑Fy

= (23.000 – 20.000) N = 3.000 N

c. Resultan gaya total:

F F Fx y= +

= +=

2 2

2 24 000 3 0005 000

. .. N

10. Y

37°B cos 37°

B sin 37°

–B sin 37°

–B cos 37° XA

B

−B

Vektor Komponen x Komponen y

A

–12 m 0

B

18 cos 37°m 18 sin 37°m

−B

–18 cos 37°m –18 sin 37°m

a. A B

+

Rx = (–12 + 18 cos 37°) m = 2,4 m

Ry = 18 sin 37°m = 10,8 m

Besar

m

A B R

R R Rx y

+ =

= + = +

=

2 2 5 76 116 64

11 06

, ,

,

Arah A B

+ adalah:

tan θ = RR

y

x

= 10 82 4

,, = 4,5

maka θ = 77,47°

Rx dan Ry bertanda (+) sehingga R berada di kuadran I

28

SUPE

R CO

ACH

b. A B

−Rx = (–12 – 18 cos 37°) m = –26,4 m

Ry = –18 sin 37°m = –10,8 m

Besar

m

A B R

R R Rx y

− =

⇔ = +

= −( ) + −( )=

2 2

2 226 4 10 8

28 52

, ,

,

Rx dan Ry bertanda (–) maka vektor R berada pada kuadran III, maka

tan θ = RR

y

x

= −−

10 826 4

,,

= 0,409

θ =22,25° atau 202,25°

11. a. C D

+ 2

Rx = 3 cos 30° = 1 5 3, m Ry = 3 sin 30° + 6 = 7,5 m Besar resultan

Rx = ( ) + ( )

= =

1 5 3 7 5

152

13 27 04

2 2, ,

, m

tan ,

,θ = = =

RR

y

x

7 51 5 3

53

3

⇒ θ = 70,89° (kuadran I)

b. C D

− 2

Rx = 3 cos 30º = 1 5 3, m. Ry = 3 sin 30° – 6 = –4,5 m Besar resultan

Rx = ( ) + −( )

= = =

1 5 3 4 5

27 3 3

2 2, ,

5,19 m

tan ,

,θ = = − = −

RR

y

x

4 51 5 3

3

θ = 60º atau 300° Karena benda di kuadran IV.

12. Perhatikan bahwa

A = 53,0 m, θA = 20,0°, B = 34,0 m, dan θB = 63,0°.

Komponen x:

Ax = A cos θ

Ax = (53,0)(cos 20,0°)

= (53,0)(0,940) = 49,8 m

Bx = B cos θB = (34,0) (cos 63,0°) = (34,0)(0,454) = 15,4 m

W E

S

N Ax = 49,8 m

Rx = Ax + Bx = 65,2 m

Ry =

Ay +

By =

48,

4 m

Bx = 15,4 m

By =

30,

3 m

Ay =

18,

8 m

B = 34 mR =

81,2 m

A = 53 m

θB = 63°

θA = 20°

θ = 36,6°

Y

X

A B R

+ =

A

B

R

Komponen y:

Ay = A sin θA

= (53,0 m)(sin 20,0º)

=(53,0 m)(0,342) = 18,1 m

By = B sin θB

= (34,0 m)(sin 63,0º)

=(34,0 m)(0,891) = 30,3 m

Demikian

Rx = Ax + Bx = 49,8 m + 15,4 m

= 65,2 m

dan Ry = Ay + By = 18,1 m + 30,3 m

= 48,4 m.

Besarnya resultan dengan menggunakan teorema Pythagoras.

R R Rx y= +

= +=

2 2

2 265 2 48 481 2

, ,, m

Arah resultan:

θ = tan–1 (Ry / Rx) = tan–1 (48,4/65,2)

Dengan demikian,

θ = tan–1 (0,742) = 36,6°.

13.

R a b c

R i j

R i j

R

= + +

= + +( ) + + +( )= +

= + =

2 4 6 3 5 7

12 15

12 15 362 2 99 = 19,21 satuan

FISI

KA S

MA/

MA

X

29

tan , ,θ θ= = = → = °1512

54

1 25 51 34

Grafiknya adalah seperti berikut

R

12

15

Y

θ 51,34°X

14. Vektor SudutKomponen

xKomponen

y100 m 0° 100 m 0300 m 270° 0 –300 m

150 m 30° – 75 3 m –75 m

200 m 60° –100 m 100 3 m

Resultan −75 3− += −375 100 3

201 79,

Besar perpindahan

R R Rx y= +

= −( ) + − +( )=

2 2

2 275 3 375 100 3

239,99 m

tan ,θ θ= = −−

= ⇒ = °RR

y

x

201,79 57,1775 3

1 55

maka arah perpindahan sebesar 57,17º atau 237,17° (kuadran III).

15. Anggap perahu bergerak lurus beraturan menempuh lintasan AD dan resultan kecepatan perahu dan air adalah 5 m/s (Pythagoras). Membandingkan sisi-sisi segitiga ABC dan ADE:

ADDE

ABBC

AD ABBC

DE

=

= × = × =53

180 300 meter

16. Jumlah dan selisih kedua vektor masing-masing adalah:

F F F F FF

F F F F FF

1 22 2

1 22 2

2

2

+ = + +

− = + −

cos

cos

ϕ

ϕ

Perbandingan jumlah dan selisihnya

adalah 3 sehingga:

F F

F F

F F FF

F F FF

1 2

1 2

2 2

2 2

2

23

+

−=

+ +

+ −=

cos

cos

ϕ

ϕ

Kuadratkan ruas kiri dan kanan

2 22 2

32 2

2 2

F FF F

+−

=coscos

ϕϕ

Kali silang:

2 2 6 6

8 4

48

12

60

2 2 2 2

2 2

2

2

F F F F

F F

FF

+ = −

=

=

= ↔ = °

cos cos

cos

cos

cos

ϕ ϕ

ϕ

ϕ

ϕ ϕ

17.

60°

3 N3 N

7 N

6 N

θ

Vektor Sudut Komponen x Komponen y

6 N 60° 6 cos 60° = 3 6 sin 60° =3 3

7 N 180° –7 0

3 N 270° 0 –3 N

3 N θ 3 cos θ –3 sin θ

Arah resultan = 180º (arah sumbu-X) maka gaya-gaya pada sumbu-X berada pada kesetimbangan ∑Fy = 0

∑ = ⇒ − − =

= −( )= −

Fy 0 3 3 3 3 0

3 3 3 1

3 1

sin

sin

sin

θ

θ

θ

18. A B

⋅ = AB cos θ

dengan θ = 68° – 23° = 45°

A B

⋅ = (6,0) (2,5) cos 45°

= 15 12

2 152

2

= m

30

SUPE

R CO

ACH

19. a. A

· B

adalah perkalian titik (dot)

antara vektor A

dan vektor B

Untuk perkalian titik berlaku

A

· B

= AB cos θ

sehingga

A

· B

= AB cos 37° = (8)(10)(0,8) = 64 satuan

b. A

× B

adalah perkalian silang

(cross) vektor A

dan vektor B

Untuk perkalian silang berlaku

A

× B

= AB sin θ

Sehingga

A

× B

= AB sin 37° = (8)(10)(0,6) = 48 satuan

20. Perkalian silang A

× B

Cara Pertama:

Misal: A

= (Ax i + Ayj + Az k ) dan

B

= (Bx i + Byj + Bz k ) maka:

A

× B

= (Ay Bz − Az By) i

+ (Az Bx − Ax Bz) j + (Ax By − Ay Bx) k

A i j k

B i j k

= + −

= + −

4 3 2

7 2 5

Ax = 4

Ay = 3

Az = −2

Bx = 7

By = 2

Bz = 5maka

A B i j

× = − − + − −

+ −

[( )( ) ( )( )] [( )( ) ( )( )]

[( )( ) ( )

3 5 2 2 2 7 4 5

4 2 3 (( )]

( ) ( ) ( )

7

15 4 14 20 8 21

19 34

k

A B i j k

A B i j

× = + + − + −

× = − −13k

Cara Kedua:

A i j k

B i j k

= + −

= + +

4 3 2

7 2 5

Susun dua vektor di atas seperti bentuk berikut.

i j k

47

32

25−

Untuk mempermudah perkalian, tambahkan dua kolom di sebelah kanan susunan seperti berikut.

i j k i j

47

32

25

47

32

−

Beri tanda plus dan minus, ikuti contoh berikut.

i j k i j

47

32

25

47

32

−

(+)

(–)

(+)

(–)

(+)

(–)

Kalikan menyilang ke bawah dengan memperhatikan tanda plus dan minus, lanjutkan dengan menyilang ke atas,

A B i j k k

i

× = + + −

− −

( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )

( )( ) ( )(

3 5 2 7 4 2 7 3

2 2 5 4))

( ) ( ) ( )

j

i j k k i j

i j

= − + − + −

= + + − + −

15 14 8 21 4 20

15 4 14 20 8 21 kk

A B i j k

× = − −19 34 13

21. Rotasikan semua vektor sehingga satu vektor berimpit dengan sumbu datar.

A

B C

αβ

B sin α

B cos α

A

B

C

α β

Komponen vektor resultan:Cx = A + B cos α = 18 + 16 cos 45° = 18 + 8 2

FISI

KA S

MA/

MA

X

31

dan

Cy = A + B sin α

= 18 + 16 sin 45° = 18 + 8 2

Panjang vektor resultan:

C C Cx y= + = +( )= +

2 2 18 8 2 2

18 2 16

Sudut vektor resultan:

tan β

β

= = ++

=

= °

CC

y

x

18 8 218 8 2

1

45

22. a. Resultan gaya pada sumbu-X = jumlah gaya pada sumbu-X

θ

30°

FAy

FAx X

Y

FBx

FByFB = 800 N

FA

X

Y

FR = 1.250 NII

FR = ∑Fx → FR = FAx + FBx

1.250 = FA sin θ + 800 cos 30°

FA sin θ = 1.250 – 800 12

3( ) = 1.250 – 400 3

FA = 400 3sinθ ...(1)

Resultan gaya pada sumbu-Y = jumlah gaya pada sumbu-Y

FR = ∑Fy → FR = FAy – FBy

0 = FA cos θ – 800 sin 30°

FA cos θ = 80012( ) = 400

FA = 1 250 400.

cos−θ ...(2)

Samakan persamaan (1) dengan per-samaan (2) sehingga didapatkan θ.

1 250 400 3 400

1 250 400 3400

258

3

1 3

.sin cos

sincos

.

tan ,

− =

= −

= −

=

θ θθθ

θ 9954 2θ = °,

Gaya FA lebih mudah ditentukan dengan menggunakan persamaan (2).

FA = 400cosθ

= 683,81

Arah FA terhadap sumbu-X adalah

90° – θ = 90° – 54,2° = 35,8°

b. Resultan gaya pada sumbu-X = jumlah gaya pada sumbu-X

F F F F F

Fx x x x Bx

Rx

R R A = → = +

= ° + °

= ( ) +

750 45 800 30

750 12

2 800 12

3

sin cos

(( )= += + =

375 2 400 3530 3 692 8 1 223 1, , . , N

FAy

45°

30°

FAx XFBx

FR

FByFB = 800 N

FA = 750 N

X

Y

1.223,15 N

130,33 N θ

Resultan gaya pada sumbu-Y = jumlah gaya pada sumbu-Y

FRy = ∑Fy → FRy = FAy – FBy

F yR = ° − °

= ( ) − ( )= −= −

750 45 800 30

750 12

2 800 12

375 2 400530 3 40

cos sin

, 00130 3= , N

Besar resultan gaya FR adalah:

F F Fx yR R R

N

= +

= ( ) + ( )=

2 2

2 21 223 1 130 3

1 230

. , ,

.

θ =

=

= °

− −tan tan ,. ,

,

12

21 130 3

1 223 1

6 08

F

Fy

x

R

R

23. Vektor satuan:

A A i A j A k

A i j k

A

x y z

= + +

= + +2 3 6

Besar

32

SUPE

R CO

ACH

A

= + + =2 3 62 2 2 7 satuan

24. Rx = R cos θ = 8 cos 37°

= 8(0,8) = 6,4 satuan

Ry = R sin θ = 8 sin 37°

= 8(0,6) = 4,8 satuan

R = Rx i + Ryj

R = 6,4 i + 4,8 j

25. v

yx

= ( ) + ( ) = =

= = = → ( ) = °−

4 4 32 4 2

44

1 1 45

2 2

1

m/s

tgα α tan

26. v i j

v

EK mv

( )3 6 8

36 64 1012

12

12 10 6002 2

= +

= + =

= = ( ) =

m/s

m/s

J

27. a. vektor a i j k

= + +5 9 7

b. a

= + +

= =

5 9 7

155 12 45

2 2 2

, satuan

28. Ax = rx= r cos 30°

= ( ) =160 1

23 80 3 km

Ay = ry = r sin 30° = 160 12

80( ) = km

∆ = − = +r r r i j

2 1 80 3 80

Y

XAX

AYA

r

030°

160 km

29. r i j k

r i j k

r r r i j k

P

Q

= + +

= + +

= − = + +

2 4 2

4 6 8

2 2 62 1∆

∆ = ∆ + ∆ + ∆

= + + = =

r x y z

2 2 2

2 2 22 2 6 44 2 11 satuan

30. r i k

r i j k

r r r i j k

A

B

= +

= + +

∆ = − = + +

5 4 3

4 4 22 1

∆ = ∆ + ∆ + ∆

= + + = =

r x y z

2 2 2

2 2 24 4 2 36 6 satuan

31. rx = r sin α = 100 sin 30° = 50 km

ry = r cos α = 100 cos 30° = 50 3 km

Posisi kapal: r

= 50 50 3i j +

30°

r sin 30°

r cos 30°

T

U

B

S

32. a. r

1 = 4 2i j −

b. r

2 = 8 2i j +

c. ∆ = − = +r r r i j

2 1 4 4

d. ∆ = ∆ + ∆

= + =

r x y

2 2

2 24 4 4 2 satuan

33. r i j r i j

1 28 2 2 6= − = + dan

Vektor perpindahan:

∆ = − +r i j

6 8

Besar/panjang vektor:

∆ = ∆ + ∆

= −( ) + =

r x y

2 2

2 26 8 10 satuan

34. 3 2 2 3 1 2 2 1

3 3

i j k j k i j k

i j k

+ − + + = + +( ) + − +( )= + −

r

= + + −( ) =3 3 1 192 2 2 satuan

35. x = 18t

y = 4t – 5t2

r t xi y j ti t t j

( ) = + = + −( )18 4 5 2

36. r

(t) = (at2 + bt) i + (ct + d) j

t = 1 ⇒ r

(t1) = (a + b) i + (c + d) j

FISI

KA S

MA/

MA

X

33

t = 2 ⇒ r

(t2) = (4a + 2b) i + (2c + d) j

∆ = ( ) − ( )= + − −( ) + + − −( )

= +( ) +

r r t r t

a b a b i c d c d j

a b i c j

2 1

4 2 2

3

∆ = +( ) +

= + + +

r a b c

a ab b c

3

9 6

2 2

2 2 2

37. r i j

r i j

1

2

4 3

7

= +

= −

Vektor perpindahan:

∆ = − = −r r r i j

2 1 3 4

Panjang vektor:

∆ = ∆ + ∆ = + =r x y

2 2 2 23 4 5 satuan

38. ∆

∆

∆ ∆

x

y

r xi y j

i j

= −

=

= + ∆

= − +

8

6

8 6

m

m

v rtxt

i yt

j

i j

v v vx y

= ∆∆

= ∆∆

+ ∆∆

= − +

= +

= −( ) + ( )=

84

64

2 1 5

6

2 2

2 2,

,, ,25 2 5= m/s

39. v v vx y

= +2 2

a. ∆ = −( ) + − −( )( )

= +

= ∆∆

= + = +

r i i j

i j

v rt

i j i j

P 8 4 2 2

4 4

4 42

2 2

b. v

= + =2 2 2 22 2 m/s

40. xP = 1 xQ = 4 Δx = 4 – 1 =3

yP = 4 yQ = 5 Δy = 5 – 4 =1

zP = 2 zQ = 7 Δz = 7 – 2 =5

PQ = + + =3 1 5 352 2 2 satuan

41. Persamaan garis lurus melalui dua titik

y yy y

x xx x

−−

=−−

1

2 1

1

2 1

Persamaan posisi:

x xx x

t tt t

x t

x t

x t

x t

−−

=−−

⇒ −−

= −−

− =

− =

= +

1

2 1

1

2 1

210 2

040 0

28 40

2 1515

2

Kecepatan cecak:

v xt

= = −−

= = =∆∆

10 240 0

840

15

0 2, m/s

42. a. Vektor posisi

r i j

r i j

1

2

3 5

8

= − −( )= − +( )

m

m

b. Vektor perpindahan:

∆ r

= (–1 + 3)i + (8 – (–5)) j

= 2i + 13 j

Besar vektor perpindahan:

∆ = + = +

= =

r

2 13 4 169

173 13 15

2 2

, m

43. a. Vektor kecepatan rata-rata dinyatakan dalam vektor satuan

r

= x i + y j

= 1,4t i + (19 – 0,8)t2 j

t1 = 0 s ⇒ r

1 = 0

t2 = 2 s ⇒ r

2 = 1,4(2)i + 18,2(2)2 j

= 2,8 i + 72,8 j

v rt

i ji j

= ∆∆

= +−

= +2 8 72 82 0

36 4, ,

,1,4 m/s

b. Komponen-komponen kecepatan rata-rata

vx = 1,4 m/s vy = 36,4 m/s

c. Besar dan arah kecepatan rata-rata

v

vv

y

x

= ( ) + ( ) =

= = =

→ = ( )−

1 4 36 4

36 41 4

26

26

2 2

1

, ,

,,

tan

36,42 m/s

tanθ

θ == °87 8,

34

SUPE

R CO

ACH

44. Y + (utara)

X + (timur)v ix

v

v jy

53°

Komponen kecepatan pada sumbu-X

vx = v cos α = 720 cos 53°

= 720 45( ) = 576 km/jam

Komponen kecepatan pada sumbu-Y

vy = v sin α = 720 sin 53°

= 720 35( ) = 432 km/jam

Vektor kecepatan dalam vektor satuan:

v = vx i + vyj = 576 i + 432 j km/jam

45. Vektor posisi A

A j

= 6

Vektor posisi B

B i j i j

= ° − ° = −6 cos 30 6 30sin 3 3 3

Vektor perpindahan:

∆ = − = − − = −

r B A i j j i j3 3 3 6 3 3 9

30°

12A

X

B 4

Kecepatan rata-rata:

cmmenit

v rt

i j

v i

= = −

= −

∆∆

3 3 920

0 26 0, ,,

, ,

, ,

45

0 26 0 45

0 2701 0 52

2 2

j

v

cmmenit

cmmenit

= + −( )

= =

46. a.

r ti t t j

t r

t r i j

r r r

= + −( )= → =

= → = +

= − =

40 30 5

0 0

2 80 40

2

1

2

2 1∆ 880 40

80 40

6 400 1 600

40 5

4080

26 56

2 2

1

i j

r

+

= +

= +

=

= ( ) =−

∆

. .

tan ,

m

θ °°

b. t r i j

t r i j

r r r

i

= → = +

= → = +

= −

= −( ) +

1 40 25

3 120 45

120 40

1

2

2 1

∆

445 25

80 20

80 20

6 400 400 20 17

208

2 2

1

−( )= +

= +

= + =

= −

j

i j

r

∆

.

tan

m

θ00

14 04( ) = °,

47. a.

r t i t j t t

vr

t t

i j i

r

= + = =

=−−

=+( ) − +

3 1 3

27 27 3

2 31 2

2 1

2 1

, s, s

jj i j

i j

( )−

= +

= −3 1

24 262

12 13

v = + =144 169 17,69 m/s

tan

,

θ

θ

= −

= − °( )

1312

47 29 kuadran IV

b.

rt

it

j

vi j i j

i

= + −

=+

− +( )

= − +

2 4 1

23

359

2 3

22

3

2

449

j

v = −

+

= =

23

49

5281

29

13

2 2

m/s

FISI

KA S

MA/

MA

X

35

tan

,

θ

θ

= ×−

=−

= −

= °( )

49

32

1218

23

33 7 kuadran II

48. a.

v drdt

ddt

t i t j ti t j

t v

t v i j

= = +( ) = +

= → =

= → = +

3 6 3

0 0

1 6 3

2 3 2

s

s

t v i j

t v i j

= → = +

= → = +

2 12 12

3 18 27

s

s

b.

v drdt

ddt

t i t j

t i t jt

it

j

= = + −( )( )

= − + = − +

− −

− −

2 4

2 2 2 2

1 2

2 32 3

tt v

t v i j

t v i j

t v i

= → = ∞

= → = − +

= → = − +

= → = − +

0

1 2 2

2 12

14

3 29

s

s

s

s

2227

j

49.

r t t i t j

v drdt

t i t j

t s v i j

= −( ) −

= = −( ) −

= → = −

3 2

6 2 3

2 10 12

2 3

2

vv = + =

= − → = − °( )

100 144 2 6112

1050 19

m/s

kuadran IVtan ,θ θ

50. a.

r t t i t t j

v drdt

t i t j

= + +( ) + + +( )= = +( ) + +( )

4 3 6 4 0 5

3 2 4

2 2,

b. Saat sudut θ = 45°

v v t

r i j

v i j

x y

t

t

= → =

= +

= +

=( )

=( )

1

8 10 5

5 5

1

1

s

,

51. a.

r xi y j ti t t j= + = + −( )18 4 4 9 2,

b.

v drdt

i t j= = + −( )18 4 9 8,

c.

a dvdt

j= = −9,8

d. x t

y t

=( ) = ( ) =

=( ) = ( ) − ( )

= −

3 s 54 m

3 s

m

Koordinatn

18 3

4 3 4 9 3

32 1

2,

,

yya m54 32 1, ,−( )e.

v t i j

v

=( ) = −

= + −( ) =

3 18

18 25 4 31 132 2

s 25,4

m/s, ,

f.

a j

a

= −

=

9,8

m/s9 8 2,

52.

a ti

v v adt t i j

r r vdt t i t j

=

= + = +

= + = +

∫∫

6

302

03

53. a.

a t i t j

v v adt t i t j

r r vdt

= +

= + = +

= + =

∫

1 2 3 5

0 4 3 52

0

2

03 2

0

, ,

, ,

,11 3 56

4 3t i t j +∫ ,

b.

0 1 2 3 t (s)

v (m/s)

6

12

18

3

9

15

21

c.

t

v i j

i j

=

= ( ) ( ) + ( )

= +

3

0 4 27 3 52

9

10 8 15 75

s

, ,

, ,

v

= ( ) + ( )= +

= =

=

10 8 15 75

116 64 248 0625

364 7025 19 097

2 2, ,

, ,

, ,

ta

m/s

θ nn ,,

,

−

= °

1 15 7510 8

55 56

36

SUPE

R CO

ACH

PEMBAHASANPENILAIAN T E N G A H SEMESTER 1

A. Pilihan Ganda

1. Model atom Rutherford menunjukkan hakikat fisika sebagai produk. Produk fisika berupa model atom merupakan representasi atom yang dibuat sebagai visualisasi untuk memudahkan pemahaman karene atom tidak dapat dilihat dengan mata telanjang.

Jawaban: A

2. Untuk melakukan proses ilmiah merumuskan masalahan, kita harus mengembangkan sikap rasa ingin tahu. Hal ini karena sikap rasa ingin tahu dapat memotivasi kita supaya dapat menemukan jawaban dari suatu permasalahan.

Jawaban: D

3. Dalam melakukan kerja ilmiah dibutuhkan:

• Keterampilan proses untuk melakukan kerja ilmiah

• Metode ilmiah sebagai langkah-langkah yang harus ditempuh demi memperoleh pengetahuan secara sistematis berdasarkan bukti fisis.

• Sikap ilmiah sebagai sikap yang seharusnya dimiliki seorang ilmuwan dalam melakukan tugasnya.

• Variabel terikat sebagai variabel yang dipengaruhi oleh variabel bebas yang diteliti.

Jadi, yang tidak termasuk syarat dari kerja ilmiah adalah variabel pengganggu. Umpamanya, dalam analisis awal menunjukkan adanya hubungan antara variabel bebas dan variabel terikat, tetapi apabila dimasukkan variabel ketiga hubungannya menjadi tidak tampak. Dalam kasus ini, variabel ketiga berlaku sebagai variabel pengganggu.

Jawaban: D

4. Jika hasil pengujian menunjukkan bahwa hipotesis tidak benar, bukan berarti penelitan yang dilakukan salah tetapi kita harus mengubah hipotesis tersebut agar dapat ditarik kesimpulan.

Jawaban: C

5. Perumusan masalah yang dapat diajukan untuk diteliti merupakan pertanyaan yang untuk memperoleh jawabannya perlu melakukan metode ilmiah. Pertanyaan yang dapat diajukan untuk penelitian yaitu, “Mengapa sedotan dalam gelas berisi air tanpa bengkok?” Pertanyaan pada opsi yang lain tidak diperlukan metode ilmiah karena jawabannya dapat ditemukan melalui pengamatan langsung.

Jawaban: B

6. Hasil kombinasi antara disiplin ilmu mekanika terapan, biologi, dan fisiologi adalah biomekanika. Dalam biomekanika, prinsip-prinsip mekanika dipakai dalam penyusunan konsep, analisis, desain, dan pengembangan peralatan serta sistem dalam biologi dan kedokteran.

Jawaban: C

7. Energi tidaklah kontinu, melainkan diskret berupa paket atau kuanta. Konsep tersebut merupakan dasar dari kajian ilmu mekanika kuantum. Konsep ini bertentangan dengan mekanika klasik yang menganggap energi bersifat kontinu.

Jawaban: B

8. Hukum Bernoulli yang dipelajari dalam fisika tentang fluida diterapkan dalam bidang penerbangan, yaitu untuk mengukur kecepatan aliran udara terhadap pesawat.

Jawaban: C

FISI

KA S

MA/

MA

X

37

9. Alat keselamatan kerja yang harus digunakan jika kita hendak belajar di laboratorium yaitu sarung tangan (1), alas kaki (3), dan jas laboratorium (4).

Jawaban: B

10. Sebelum meninggalkan laboratorium sebaiknya pembakar Bunsen atau pemanas lain harus dimatikan terlebih dahulu untuk mencegah terjadinya kebakaran. Hal ini karena api yang dinyalakan tanpa adanya pengawasan berpotensi besar untuk menimbulkan kebakaran.

Jawaban: C

11. Pada bahan yang digunakan Rudi terdapat simbol yang menandakan bahwa bahan tersebut memiliki sifat mudah terbakar serta berbau tajam dan menyengat. Oleh karena itu, sebaiknya Rudi menggunakan masker (1) supaya bau menyengat tidak terhirup dan menyimpannya jauh dari jangkauan api (3) untuk mencegah terjadinya kebakaran.

Jawaban: B

12. Yang paling benar adalah pernyataan E, yaitu besaran suhu (X4) memiliki satuan kelvin (Y3) dalam SI, dan alat ukurnya adalah termometer (Z2)

Jawaban: E

13. (A) watt: satuan daya

(B) joule/sekon: satuan daya, setara dengan watt

(C) ampere: satuan arus listrik

(D) newton: satuan gaya

(E) joule: satuan energi

Dari pilihan di atas, yang termasuk besaran pokok adalah arus listrik.

Jawaban: C

14. Besaran vektor adalah besaran yang memiliki nilai sekaligus arah sementara besaran skalar hanya memiliki nilai saja.

Kelajuan skalar

Waktu skalar

Percepatan vektor

Jawaban: B

15. Muatan listrik diperoleh dari kuat arus listrik dikalikan waktu, atau q = I × t dengan q = muatan listrik (coulomb), I = kuat arus listrik (ampere), dan t = waktu (s). Dari persamaan tersebut diperoleh satuan muatan listrik adalah ampere × sekon. Jadi, dimensi dari muatan listrik adalah IT.

Jawaban: A

16. Dimensi dapat digunakan untuk menganalisis satuan suatu besaran.

MLT– 2 kg m s−2 = kg m/s2 merupakan satuan dari besaran massa dikalikan dengan percepatan. Massa dikalikan percepatan sama dengan besaran gaya,

F = ma.

LT– 1 m s−1 = m/s merupakan satuan dari besaran kecepatan.

Jadi, MLT– 2 menyatakan dimensi gaya sementara LT– 1 menyatakan dimensi kecepatan.

Jawaban: B

17. Keliling = 2πr = πD = (3,14)(8,50) = 26,69 cm.

Hasil pengukuran panjang, yaitu 8,50 cm memiliki 3 AP sehingga kelilingnya pun harus dituliskan dengan 3 AP. Jadi, keliling lingkaran adalah 26,7 cm.

Jawaban: B

18. p =12,51 m (4 AP) dan l = 5,2 m (2 AP), maka

A = p × l

=12,51 m × 5,2 m = 65,052 m2

Hasil perkalian harusnya memiliki angka penting yang paling sedikit, yaitu 2 AP.

Jadi, luasnya adalah 65 m2

Jawaban: A

19. Gambar yang menunjukkan hasil pengukuran sebesar 6,85 cm yaitu sebagai berikut.

38

SUPE

R CO

ACH

cm

87

0 5 10

Skala utama = 6,8 cm

Skala nonius = 0,05 cm

Hasil pengukuran = 6,85 cm

Jawaban: E

20. Diameter = 8,5 mm + 16 (0,01 mm)

= 8,66 mm∆x = ½ × 0,01 mm = 0,005 mmJadi, diameter bola adalah (8,660 ± 0,005) mm.

Jawaban: D

21. Waktu = 44 menit + 18,2 sekon

= (44 × 60) + 18,2

= 2.658,2 sekon

∆t = ½ × 0,2 = 0,1 sekon

Jadi, hasil pengukuran (2.658,2 ± 0,1) sekon.

Jawaban: B

22. ∆ ∆ ∆

Ω Ω Ω

R R Rtotal = +

= + =1 2

1,8 3,75 5,55

Rtotal = 36 Ω + 75 Ω = 111 Ω

Jadi, ∆ × = × =RR

100111

100 5% % %5,55

Jawaban: E

23. L = (90,0 ± 0,1) cm, maka: L = 90,0 cm; ∆L = 0,1 cm

T = (3,0 ± 0,05) sekon, maka: T = 3,0 sekon; ∆T = 0,05 sekon

Dari T Lg

g LT

LT

didapatkan

=

→ = = −

2

4 42

22 2

π

π π

Untuk fungsi g LT= −4 2 2π ( ), maka

ketidakpastian relatif ∆gg

adalah

∆ ∆ ∆= + − = + −

= × =

gg

LL

TT

2 0 190 0

2 0 053 00

0 034 100 3 4

,,

,,

, % , %

Karena ketidakpastian relatif ∆ =gg

3 4, %

berada dekat dengan 1%, maka berhak atas 3 angka penting.

g LT=

= ( ) ( ) ( )=

=

−

−

−

−

4

4

395 3

2 2

2 2

2

2

π

3,142 90 3

394,88656 cm s

cm s AP( )∆ = ×

=

= ( )

−

−

−

g 3 4 395

13 43

13 4 3

2

2

2

, %

,

,

cm s

cm s

cm s AP

Jadi, g = (395 ± 13,4) cm s–2

Jawaban: A

24. Vektor

f merupakan hasil penjumlahan

dari vektor

d dan

e .

d e = f+

e

d

f

Jawaban: D

25. Perpindahan (s) adalah perubahan posisi benda dari

posisi awal hingga posisi akhir (besaran vektor).

10 m

18 m

6 ms

Perhatikan segitiga yang diraster.

s6 m

8 m

s = 6 8 100 10 m2 2+ = =

Jawaban: B

26. ΣF F Fx x= −

= ° −

= − = −

1 2

4 30 6 3

2 3 6 3 4 3

,

cos

N

FISI

KA S

MA/

MA

X

39

ΣF F Fy y= −

= ° −= − =

1 3

4 30 22 2 0

,

cos

Σ Σ ΣF F Fx y= +

= −( ) +

=

2 2

24 3 0

4 3 N

Jawaban: C

27. F1x = 30 cos 53° = 30(0,6) = 18 N

F1y = 30 sin 53° = 30(0,8) = 24 N

∑Fx = F3 + F1x

= −6 + 18 = 12 N

∑Fy = F2 + F1y

= −15 + 24 = 9 N

ΣF F Fx y= +

= + =

2 2

2 212 9 15 N

Jawaban: B

28. Perpindahan total adalah vektor garis berarah dari titik start O ke titik akhir R, ditulis OR.

9 km

12 kmO

R

Pada gambar, tampak bahwa komponen horizontal perpindahan total adalah 12 kotak = 12 km, sedangkan komponen vertikal perpindahan total adalah 9 kotak = 9 km. Panjang perpindahan total OR bisa dihitung dengan dalil Pythagoras.

OR

OR

= + = +( )

= +

= ( )

12 9 3 4 3

3 4 3

3 5

2 2 2 2 2

2 2

, ingat tripel Pythagoras 3, 4, 515 km=

Jawaban: D

29. F i F i j

R F F i i j i j

1 2

1 2

6 2 6

6 2 6 8 6

= = +

= + = + +( ) = +

dan

arah: tannθ θ= = → = °68

34

37

Jawaban: D

30. Nilai pada sumbu-X adalah – 3,

maka dituliskan –3 i

Nilai pada sumbu-Y adalah 1, maka

dituliskan j

sehingga vektor dapat dituliskan − +3i j

Jawaban: C

31. F3x = 10 cos 37° = 10(0,8) = 8 N

F3y = 10 sin 37° = 10(0,6) = 6 N

∑Fx = F1 – F3x = 12 – 8 = 4 N

∑Fy = F2 + F3y = 14 + 6 = 20 N

Resultan ketiga gaya jika dinyatakan

dalam vektor satuan adalah 4 20i j +Jawaban: B

32. F F F F

F

F

x y= ° = °

= = ×

= = =

cos sin30 30

12 12

3 8 3 12

243

8 3 4 3 N N

Jawaban: B

33. Pada soal, benda bergerak dari E menuju F dan berakhir di G.

E(1,1) F(9,1)

G(9,7)

Gambar di atas sesuai dengan pilihan jawaban A. Sementara itu, perpindahan dapat ditentukan menggunakan Pythagoras sebagai berikut.

r = + = +

= =

8 6 64 36

100 1

2 2

0 satuan

Jawaban: A

40

SUPE

R CO

ACH

34. Nilai minimum dari resultan dua vektor adalah

F1 – F2 = 8 – 6 = 2 N

Nilai maksimum dari resultan dua vektor adalah

F1 + F2 = 8 + 6 = 14 N

Jadi, 2 ≤ R ≤ 14 sehingga resultan tidak mungkin bernilai 1 N.

Jawaban: A

35.

v v a dt

i j i j dt

i j ti t j

= + ∫

= + + ∫ +( )= + + +

0

3 4 0 4 0 3

3 4 0 4 0 3

, ,

, ,

= +( ) + +( )=

= +( ) + +( ) = +

=

3 0 4 4 0 310

3 4 4 3 7 7

7

, ,t i t jt s

v i j i j

v 22 27 7+ = satuanJawaban: B

B. Esai

1. a. Zat mudah meledak (explosive)

Sifatnya: dapat meledak dengan adanya panas, percikan bunga api, guncangan, atau gesekan.

Cara penanganan: hindari dari pukulan atau benturan, gesekan, pemanasan, api, dan sumber nyala lainnya.

b. Korosif (corrosive)

Sifatnya: merusak jaringan hidup.

Cara penanganan: hindari kontaminasi pernapasan serta kontak dengan kulit dan mata.

2.

Tandai kulit kepala dengan menggambar persegi yang berukuran 1 cm × 1 cm (bisa menggunakan spidol)Hitung jumlah rambut dalam area yang ditandaiPerkirakan luas kulit kepala yang ditumbuhi rambut (cm2)Jumlah rambut di kepala adalah luas kulit kepala (cm2) × jumlah rambut per cm2

3. Ukur tebal tujuh lembar foto tersebut. Misalkan dapat 0,4 cm sehingga 1 lembar foto tebalnya.

0,4 : 7 = 0,06 cm = 0,6 mm.

Kapasitas foto:

Foto pertama = Type: JPEG Image dan Size: 24,6 kB

Foto kedua = Type: JPEG Image dan Size: 1,74 MB = 1781,76 kB

Foto ketiga = Type: JPEG Image dan Size: 1,96 MB = 2007,04 kB

Foto keempat = Type: JPEG Image dan Size: 1,93 MB = 1976,32 kB

Foto kelima = Type: TIFF image dan Size: 8,44 MB = 8642,56 kB

Foto keenam = Type: JPEG Image dan Size: 15,4 kB

Foto ketujuh = Type: JPEG Image dan Size: 1,44 MB = 1474,56 kBResolusi total = 15922,24 kB

Resolusi rata-rata = 15922 24

7, kB

= 2274,605714 kB

4.

(1)

FA = 2 kN

30°

θ FR = 3 kNx

FB

(2)

FA = 2 kN

30° θFR = 3 kN

FB

a. Perhatikan gambar (2), gunakan aturan kosinus.

FB2 = FA

2 + FR2 – 2 FA FR cos θ

FB2 = 22 + 32 – 2(2)(3)cos 30°

FISI

KA S

MA/

MA

X

41

FB = 2 3 2 2 3 302 2+ − ( ) ( ) °cos

= 1,615 kN = 1.615 N

Perhatikan gambar (2), gunakan aturan sinus.

sin. .

sin ..

sin ..

,

θ

θ

θ

2 000

12

1 6151 0001 615

1 0001 615

38 26

1

=

=

= ( )= °

−

b.

(1)

FA = 2 kN

FB = 3 kN

30°60° + 45° = 105°

45°

FR

xφ

α

(2)

FA = 2 kN105°

FR

αFB = 3 kN

Perhatikan gambar (2), gunakan aturan kosinus.

FR

kNN

= + − ( ) ( ) °

==

2 3 2 2 3 105

4 0134 013

2 2 cos

,.

Perhatikan gambar (2), gunakan aturan sinus.

sin.

sin.

,.

sin ..

sin .

α

α

α

3 000105

4 0130 964 013

2 8804 013

2 881

= ° =

=

= − 004 013

45 86.

,

( )= °

Jadi, arah sudut gaya resultan FR adalah φ yang diukur searah jarum jam dari sumbu-X positif.

φ = α – 30° = 45,86° – 30° = 15,86°

c. Untuk FB minimum, harus tegak lurus dengan FR sehingga θ = 90°. Perhatikan gambar (1) dan gambar (2) di bawah ini.

(1)

FA = 2 kN

30°θ FR

x

FB

(2)

FA = 2 kN

30°FR

FB

Anda dapat menerapkan trigonometri sederhana, sehingga:

FB = 2 sin 30° = 1 kN = 1.000 N

FR = 2 cos 30° = 1,73 kN = 1.730 N

5. a. v t i t j

v t i j

r r vdt

t

= +( ) + − −( )

=( ) = + −( )= +

= +

∫

4 2 10 4

3 22 22

4

2

0

s

223

10 2

3 30 48

3 2t i t t j

r t i j

+ − −( )

=( ) = −

s

b. Arah gerak:

tanθ

θ

= −

= − ° °( )

4830

58 atau 302 kuadran IV

42

SUPE

R CO

ACH

K O G N I T I FB A B 4

PEMBAHASANUJI KOMPETENSI MANDIRI

A. Pilihan Ganda

1. Jarak total yang ditempuh partikel adalah: ∆ = + +x v t v t v t1 1 2 2 3 3

Waktu total yang ditempuh partikel adalah: ∆ = + +t t t t1 2 3

Kecepatan rata-rata partikel adalah:

v xt

v t v t v tt t t

= ∆∆

=+ ++ +

1 1 2 2 3 3

1 2 3

Jawaban: C

2. Kecepatan awal kereta v0 = 0 m/s

Kecepatan selama

t → vt = 72 km/jam = 20 m/s

Waktu percepatan t = 1,5 menit = 90 s Percepatan kereta selama selang waktu t adalah

vt = v0 + at ⇒ avv

tt=− 0

a = − = −20 090

29

2 m s

Jawaban: B

3. Kecepatan awal v0 = 15 m s–1

Perlambatan selama t = 5 s

Kecepatan saat t adalah vt = 5 m s-1

Besar percepatannya:

av v

tt=−

= − = − − 0 25 155

2 m s

Mobil mengalami perlambatan sehingga percepatannya berlawanan arah terhadap arah gerak semula, yaitu ke selatan

Jawaban: C

4. Kecepatan awal mobil

v0 72 20= = kmjam

m/s

Waktu pengereman t = 5 sBesar percepatan mobil

av v

tt=−

= − = − − 0 20 205

4 m s

Karena nilai negatif maka arahnya berlawanan dengan arah gerak semula yaitu timur.

Jawaban: A

5. Kelajuan kereta 1 adalah v1 = 72 km/jam

Kelajuan kereta 2 adalah v2 = 78 km/jam

Waktu hingga perpapasan t = 14 menit

Jarak yang telah ditempuh masing-masing kereta setelah selang waktu t adalah

s1 = v1 t

= 72 160

kmjam

jam menit

×

× 14 menit

= 16,8 km

s2 = v2 t

= 78 160

kmjam

jam menit

×

× 14 menit

= 18,2 km

Total jarak kedua kereta adalah s = 18,2 + 16,8 = 35 km

Jawaban: A

6. Jarak Kota Tebing-Siantar = 90 km

vA = 60 km/jam

vB = 40 km/jam

Waktu yang dibutuhkan mobil A untuk sampai di kota Siantar adalah:

t sv

= = =A

km km/jam

1,5 jam9060

Pada selang waktu ini mobil B telah menempuh jarak

s v tB Bkmjam

1,5 jam 60 km= = × =40

Saat waktu t = 1,5 jam, jarak antara mobil A dengan mobil B adalah 90 – 60 km = 30 km. Waktu yang ditempuh

FISI

KA S

MA/

MA

X

43

mobil A sampai bertemu dengan mobil B adalah sama dengan waktu tempuh mobil B, dan jarak tempuh mobil A adalah x sedangkan jarak tempuh mobil B adalah (30 – x) km.

t t

sv

sv

x x

x xx

x

A B

A

A

B

B

=

=

= −

= −=

= =

6030

4040 1 800 60

100 1 8001 800100

.

.. 118 km

Mobil A bertemu dengan mobil B pada jarak 18 km dari Kota Siantar pada selang waktu

tsv

xvA

A

A A

= = = =1860

0,3 jam

t = 1,5 + 0,3 = 1,8 jam

Jawaban: B

7. Kelajuan mobil: vm = 40 km/jam (dari P)

Kelajuan truk: vt = 60 km/jam (dari Q)

Jarak lintasan PQ = 15 km

Selang waktu truk adalah tt = tm – 7

Saat bertemu waktu tempuh mobil sama dengan waktu tempuh truk,

x adalah jarak yang telah ditempuh mobil saat bertemu truk

Jarak mobil-truk mula-mula adalah:

PQ = vm tm + vt tt

15 = 40tm + 60tt

15 = 40tm + 60 tm −

760

15 = 40tm + 60tm – 7

22 = 100tm ⇒ tm = 0,22 jam = 13,2 menit

Jawaban: D

8. v1 = 50 km/jams1 = 80 km

v2 = 80 km/jams2 = 80 km

v3 = 200 – 80 – 80s3 = 40 km

A08.24 12.00

B C D

Tebing Tinggi Tarurung

Waktu Tebing – Tarutung:tAD = 12.00 – 08.24 = 03.36 (3 jam 36 menit)

= 3 jam + 3660

jam

= 3 + 0,6 = 3,6 jamtCD = t3 = 3,6 jam – (t1 +t2) = 3,6 – (1,6 + 1) = 1 jam

vst

x

xxx

33

3

80 0 8 401

80 0 8 400 8 40

50

=

−( ) =

− ===

,

,,

tsv

v v v

v

t

11

1

2 1 1

1

8050

1 6

60

1601001610

50

80

= = =

= +

= ×

= ×

=

,

%

jam

km/jam

222

2

8080

1= = =sv

jam

v v x v

x v

x

x

x

3 3 2

2

100100

100100

10080

45

100

80 0 8

= − ×

= − ×

= − ×

= −( )

= − ,

Jawaban: D

44

SUPE

R CO

ACH

9. Grafik menunjukkan bahwa bendi mengalami gerak lurus berubah beraturan dengan percepatan:

a vt

= ∆∆

= =204

5

Jarak yang ditempuh bendi tersebut selama 10 s adalah:

s = vot + 12

at2

= 0 + 12

(5)(102)

= 250

Jadi, jarak yang ditempuh bendi tersebut adalah 250 m.

Jawaban: D

10. Pada detik ke-0 sampai detik ke-8, lintasan dokar terhadap sumbu t membentuk bangun trapesium sehingga jarak yang ditempuh sama dengan luas trapesium.

s1 = 12

× (jumlah sisi sejajar) × tinggi

= 12

× (4 + 8) × 4

= 24

Pada detik ke-8 sampai detik ke-10, lintasan dokar membentuk bangun segitiga sehingga jarak yang ditempuh sama dengan luas segitiga.

s2 = 12

× alas × tinggi

= 12

× 2 × 4

= 4

Jadi, jarak yang ditempuh sampai detik ke-10 adalah jumlah luas trapesium dan luas segitiga.

s = 24 + 4 = 28

Jadi, jarak yang ditempuh dokar tersebut adalah 28 m.

Jawaban: D

11. Untuk grafik v-t, jarak merupakan luas daerah yang dibatasi oleh grafik dengan sumbu t. Pada detik ke-0 sampai detik ke-6, terbentuk trapesium. Luas daerahnya adalah:

L1 = ½ × jumlah sisi sejajar × tinggi = ½ × (4 + 6) × 5 = 25

Pada detik ke-6 sampai detik ke-10, terbentuk trapesium. Luas daerahnya adalah: L2 = ½ × jumlah sisi sejajar × tinggi = ½ × (4 + 2) × 5 = 15Jadi, jarak totalnya adalah s = L1 + L2 = 25 + 15= 40 m.

Jawaban: D

12. Anda harus menghitung jarak yang ditempuh mobil setelah direm, yaitu jarak antara selang waktu 20 s–25 s.

Jarak yang ditempuh selama waktu 20 s–25 s adalah luas segitiga CDB.

L DC BD= × +( )

= × −( )×

=

1212

25 20 30

75 m

Jadi, jarak yang ditempuh selama waktu 20 s–25 s adalah 75 m.

Jawaban: D

13. Rumus gerak lurus berubah beraturan (GLBB) yang sesuai dengan data pada soal adalah

vt2 = v0

2 + 2as

Data benda B adalah data yang paling lengkap. Kita gunakan data benda B untuk mendapatkan nilai percepatan (a) dari ketiga benda tersebut.

vt2 = v0

2 + 2as

252 = 52 + 2(a)150

625 = 25 + 300a

300a = 600

a = 2 m/s2

Kita gunakan nilai percepatan a = 2 untuk mendapat nilai P dan Q. Pertama, kita manfaatkan data pada benda A untuk mendapatkan nilai P.

vt2 = v0

2 + 2as

P2 = 102 + 2(2)200

P2 = 900

FISI

KA S

MA/

MA

X

45

P = 30

Kita gunakan data benda C untuk mendapatkan nilai Q.

vt2 = v0

2 + 2as

352 = 52 + 2(2)Q

1.225 = 25 + 4Q

4Q = 1.200

Q = 300

Jadi, nilai P = 30 m/s dan Q = 300 m.

Jawaban: C

14. Perlambatan terjadi pada grafik CD, terjadi selama 2 detik dari kecepatan v = 5 m/s sampai berhenti (v = 0). Besar perlambatannya adalah:

v = v0 − at 0 = 5 − a(2)2a = 5 a = 2,5

Jadi, besar perlambatan yang dialami oleh sepeda balap tersebut adalah 2,5 m/s2.

Jawaban: A

15. Karena satuan kecepatan yang dipakai pada grafik adalah m/s, kita konversi satuan kecepatan awalnya.

v0 = 36 km/jam

= 36 × 1036

m/s = 10 m/s

Perjalanan taksi tersebut mengalami tiga macam gerak sebagai berikut.

a. Gerak Lurus Beraturan (GLB)

5 detik pertama taksi mengalami GLB dengan kecepatan tetap v0 = 10 m/s. Grafiknya digambarkan berupa garis lurus.

b. Gerak Lurus Berubah Beraturan (GLBB) Dipercepat 10 detik kedua (dari detik ke-5 sampai detik ke-15) taksi mengalami GLBB dipercepat dengan percepatan a = 1 m/s2. Kecepatan taksi tersebut adalah:

v1 = v0 + at = 10 + 1 × 10 = 20 m/s

Grafiknya digambarkan sebagai garis miring ke atas.

c. Gerak Lurus Berubah Beraturan (GLBB) Diperlambat

Kemudian taksi mengalami perlambatan a = –2 m/s2. Taksi tersebut diperlambat sampai berhenti, berarti v2 = 0.

v2 = v1 − at

0 = 20 −2t

2t = 20

t =10 s

Selama 10 detik ketiga (dari detik ke-15 sampai detik ke-25), taksi mengalami GLBB diperlambat sampai akhirnya berhenti. Grafiknya digambarkan sebagai garis miring ke bawah.

Jadi, grafik v-t yang menunjukkan perjalanan taksi tersebut adalah grafik pada opsi (B).

Jawaban: B

16. Pada 2 detik pertama (detik ke-0 sampai detik ke-2) sepeda motor bergerak lurus dengan kecepatan tetap 4 m/s. Grafiknya berbentuk garis lurus pada v = 4 sejajar sumbu t dari detik ke-0 sampai detik ke-2.

Pada 2 detik kedua (detik ke-2 sampai detik ke-4) kecepatan sepeda motor mengalami penurunan karena ada perlambatan sebesar 2 m/s2. Kecepatan sepeda motor pada akhir detik ke-4 adalah:

v1 = v0 – at = 4 − 2(2) = 0

Grafiknya berbentuk garis miring turun dari v = 4 m/s pada detik ke-2 sampai v = 0 pada detik ke-4.

Pada 2 detik ketiga (detik ke-4 sampai detik ke-6) kecepatan sepeda motor naik karena ada percepatan sebesar 3 m/s2. Kecepatan sepeda motor pada akhir detik ke-6 adalah:

v2 = v1 + at = 0 + 3(2) = 6 m/s

Grafiknya berbentuk garis miring naik dari v = 0 pada detik ke-4 sampai

46

SUPE

R CO

ACH

18. Kita dapat menyelesaikan soal ini dengan bantuan kemiringan grafik yang telah diajarkan dalam pelajaran matematika SMP.

2

1 2 3 4(5, 0)

(2, 6)

(0, 10)

(0, 6)

(0, 0)

x2 y2

x1 y1

x1 y1

5

4

6

8

10

12

Time/s

Vel

ocit

y /m

s–1

Car A

Car B

Perhatikan grafik mobil A.

y yy y

x xx x

y x

y xy x

−−

−−

−−

−−

− = −− = −

=

=

1

2 1

1

2 1

106 10

02 0

2 20 410 2

Sehingga didapatkan persamaan garis mobil A adalah

y = 10 – 2x atau vA = 10 – 2t.

vdydt

t

dy t dt

y t t

AA

A

A2

10 2

10 2

10

= = −

= −( )= −∫∫

Perhatikan grafik mobil B.

y yy y

x xx x

y x

yy y

−−

−−

−−

−−

− == ⇒ =

=

=

1

2 1

1

2 1

66 6

02 0

2 12 02 12 6

sehingga didapatkan persamaan garis mobil B adalah

2y – 12 = 0 atau y = 6.

vdydtdy dt

y

BB

B

B

6

6

6

= =

=

=∫∫

Jadi, waktu kedua mobil berpapasan sejak t = 0 sekon adalah

v = 6 m/s pada detik ke-6.

Jadi, grafik kecepatan terhadap waktu untuk perjalanan sepeda motor tersebut adalah opsi (E).

Jawaban: E

17. Kecepatan mobil A → vA = 60 km/jam

Kecepatan mobil B → v0B = 60 km/jam

saat ∆AB = 2,5 km,

mobil diperlambat aB = 20 km/jam2

Waktu tempuh mobil A sama dengan waktu tempuh mobil B, mobil A bergerak GLB, mobil B bergerak GLBB

tA = tB

xvA

= tB

Pada jarak 2,5 + x, waktu tB = xvA

, sehingga

P V t a t

x v xv

xv

xv

= −

+ =

− ( )

+ =

02

0

2

0

12

2 5 12

20

2 5

B B B B

BA A

,

, BB

A A

A A B A

xv

xv

v v x v v x x

x

−

+ = −

( ) + ( ) = ( )

10

2 5 10

2 5 60 60 70 60

2

2

2 20

2

2 2

,

, xx x

x x x

x x

x x

−

+ = −

− + =

− +

10

9 000 3 600 4 200 10

10 600 9 000 0

60 900

2

2

2

2

. . .

.

== 0

x b b aca

x

1 2

2

1 2

2

42

60 60 4 1 900

2 1

602

,

,

= − ± −

=− −( )± − ( ) − ( )

( )= = 300 m

Diperoleh mobil B akan menyusul mobil A pada jarak 30 + 2,5 = 32,5 m

Pada selang waktu

t xvB

A

0,5 jam= = =3060

Jawaban: A

FISI

KA S

MA/

MA

X

47

yA = yB

10t – t2 = 6t

10 – t = 6

t = 4 sekon

Jawaban: D

19. Peristiwa pada soal adalah tentang gerak jatuh bebas. Kecepatan gerak jatuh bebas memenuhi rumus:

v gh= = ⋅ ⋅ =2 2 10 45 30

Jadi, kecepatan besi saat mencapai tanah adalah 30 m/s.

Jawaban: B

20. Kecepatan awal batu adalah v0 = 0

Waktu tempuh batu adalah t = 4 s

Percepatan gravitasi adalah g = 9,8 m s–2

Kedalaman jurang:

h = v0t + 12

gt2

= 0 + 12

(9,8)(4)2 = 78,4 m

Jawaban: E

21. Percepatan gravitasi bulan = 16

gbm

hv

gmaks = 02

2

Ketinggian maksimum di bumi

hv

gvg

hv

gvg

hh

bmbm

bm bm

blnbln

bln bln

bm

bl

= =

= =( )

( )

02

02

02

0

2

2 2

22

2

nn

bm

bm

= = =

vgv

g

02

02

2413

12

121

24

Jawaban: C

22. Bola 2 dijatuhkan 1 s setelah bola 1 jatuh: t2 = (t1 – 1) sekon

Pada saat bola 1 mempunyai kelajuan 15 m/s waktu tempuhnya adalah:

v v gt tvgtt

1 01 1 11 15

101 5= + ↔ = = = , s

Pada saat t1 = 1,5 s,

maka t2 = t1 – 1 = 1,5 – 1 = 0,5 s

dan ketinggian bola 1 adalah:

h gt

h gt

1 12 2

2 22 2

12

12

10 1 5

12

12

10 0 5

= = ( ) ( ) =

= = ( ) ( ) =

,

,

11,25 m

1,25 mm

Jarak bola 1 dan bola 2:

∆h = h1 – h2

= 11,25 m – 1,25 m = 10 m

Jawaban: C

23. Bola A akan bertumbukan dengan bola B saat bola A turun dan bola B naik. Tinggi maksimum yang ditempuh bola A adalah:

h PRv v

g

tv v

g

t

PRt

maks 1,8 m

0,6

= =−

= −−( ) =

=−

= −−

=

2

02 2 2

0

20 62 10

0 610

s

Jarak yang ditempuh bola A saat turun sampai ketinggian 1 m dari tanah adalah:

PQ = PR – 1 = 1,8 – 1 = 0,8 m

Waktu tempuh bola A saat turun:

t PQgPQ = =

( )=2 2 0 8

10,

0,4 s

Total waktu tempuh bola A saat naik kemudian turun hingga ketinggian 1 meter dari tanah adalah:

tPR + tPQ = 0,6 + 0,4 = 1 s

Waktu tempuh bola B sampai ketinggian 1 meter dari tanah:

v v g RQ

vt

t

Q

Q m s

20

2 2

1

2 6 2 10 1 16

4

= − ( ) = − ( ) ( ) =

= −

tv v

gt

BQ 0,2 s=

−= −

−=0 4 6

10

Karena waktu tempuh bola B = 0,2 s sedangkan waktu tempuh bola A = 1 s, agar keduanya bertumbukan, bola B dilempar saat 1 – 0,2 = 0,8 s.

Jawaban: B

48

SUPE

R CO

ACH

24. Kecepatan awal bola tenis ke-2 (v02) = 45 m/s

t t t t2 1 1 23 3= − ↔ = +

Bola 1 akan bertumbukan dengan bola 2 pada jarak tempuh yang sama.

h h

gt v t gt

g t v t gt

gt gt

1 2

12

0 2 22

2

2

0 2 22

22

2

12

12

12

3 12

12

3 9

=

= +

+( ) = +

+ +22

12

3 92

3 4 5

4 5 103 1

0 2 22

2 0 2

2 0

2

g v t gt

gt v t g

t g v g

t

= +

− = −

−( ) = −

=− ( )×

,

,00 45

4515−( ) = −

−

= 3 sekon

Bola 2 akan bertumbukan dengan bola 1 setelah bergerak selama 3 sekon pada jarak:

h gt

t

1 12

2

2 2

1212

10 3 12

10 6

=

= ( ) +( )=

= ( ) ( )

180 m

Jawaban: D

25. vvvv

t

t

0

0 0B

A

A

B

kecepatan benda A saat bertumbukankecepa

= …=== ttan benda B saat bertumbukan

kecepatan awal benda BB

A

vvt

0 === 2vtB

Waktu tempuh benda A sama dengan waktu tempuh benda BB maka A B

A B

A B B

t tt tvg

v vg

t t

==

=−−

0

v v v

v v v

v v

t tB

t t

t

A B

B B B

B B

= − +

= − +

=

0

0

0

2

3

Dari rumus GLBB untuk bola B:

v v g h y

v v g h y

g h y v

gh gy v

t

t t

t

B B

B B

B

2 2

2

0

2

2

2

3 2

2 8

4

= + −( )= ( ) − −( )

−( ) =

− = tt

t

t

gh gyv

gh gy v

B

A

A

2

2

2

42

1

− =

− = ...( )

Dari rumus GLBB untuk bola A:

v v g y

v gyt

t

A A

A

20

2

2

2

0 2 2

= + ( )= + ...( )

Substitusikan persamaan (2) ke persamaan (1)

gh gy gyh y y h y− =

− = ↔ =22 3

Perbandingan jarak tempuh benda A (y) saat tumbukan dengan tinggi gedung (h)

adalah: yh

= 13

Jawaban: A

26. Tinggi gedung hg = 46,7 m,

tinggi robot android hr = 1,7 m, kecepatan robot android vr = 1,2 m/s. Telur tepat jatuh di atas kepala robot android, jarak tempuh telur ht = hg – hr = 45 m Sementara itu, selang waktu mulai telur jatuh sama dengan selang waktu robot android berjalanan dari posisi awalnya.

t t

xv

hg

xhg

v

r t

r

r

t

rt

r

101,2

3 1,23,6 m

=

=

=

=( )

⋅

= ×=

2

2

2 45

Jawaban: D

FISI

KA S

MA/

MA

X

49

B. Esai

1. Jarak yang ditempuh: s = 90 + 150 = 240 km

Laju rata-rata = jarakwaktu

= 2403 2

kmjam

48 km/jam+( ) =

Perpindahan = 150 km – 90 km = 60 km

Kecepatan perpindahanwaktu km

jam2 km/jam

=

=+

=603 2

1( )

2.

BA

C

30 km

40 km

tAB = 0,5 jam

BC = 2 jamt = tAB + tBC = 0,5 + 2 = 2,5 jam

Perpindahan AC2 = AB2 + BC2 = 402 + 302 = 2.500

AC = 50 km

Kecepatan rata-rata:

v = = = −perpindahanwaktu

50 km2,5 jam

km jam20 1

3. Persamaan kecepatan: v(t) = 3t2 – 5t + 1

Percepatan proton pada t = 1 sekon:

a dvdt

ddt

t t t

a t

= = − +( ) = −

= ( ) − ==( )−

3 5 1 6 5

6 1 5

2

12

s 1,0 m s

4. Vektor perubahan kecepatan: ∆ = +

v v v1 2

Besar ∆v adalah:

∆ = +

∆ = ( ) + ( ) = =

∆ = + = + =

−

v v v

v

t t t

12

22

2 2 1

1 2

24 10 676 26

8 5 13

m s

s s s

Percepatan rata-rata:

a vt

= ∆∆

= = −26 m s13

2 2

5. v1 = 9 m/s; t1 = 12 s

v2 = 7 m/s; t2 = 8 s

Vektor perubahan kecepatan ∆

v

∆ = −

v v v1 2

Besar ∆v adalah: ∆v = |v1 – v2| = |9 – 7| = 2 ms–1

∆v = t1 + t2 = 12 + 8 = 20 s

Percepatan rata-rata dihitung dengan persamaan:

a vt

= ∆∆

= = −2 2

200,1 m s

6. a. x = t(t –1)(t – 2) ⇒ x = t3 – 3t2 + 2t

v dxdt

t t= = − +3 6 22

Pada waktu t = 0 s, v = 2 m/s.

a dvdt

t t= = − = − 6 6 6 1( )

Pada waktu t = 0 s, a = –6 m/s2.

b. Perpindahan partikel nol pada waktu t diberikan oleh:

x = t(t – 1)(t−2) = 0

t = 0 s, t = 1 s dan t = 2 s

Untuk kecepatan partikel, masukkan ketiga nilai waktu tersebut ke persamaan: v = 3t2 – 6t + 2

maka kecepatan partikel: v = +2 m/s, –1 m/s, dan +2 m/s

Untuk percepatan partikel, masukkan nilai ketiga waktu tersebut ke persamaan a = 6(t –1)

maka percepatan partikel: a = −6 m/s2, 0 m/s2, dan +6 m/s2

c. Kecepatan partikel v = 0

v = 3t2 – 6t + 2 = 0

t t= +

= −

1 3

31 3

3 dan

Masukkan kedua nilai waktu tersebut ke persamaan

x = t3 – 3t2 + 2t,

50

SUPE

R CO

ACH

sehingga Anda dapatkan

x = −

2 3

92 3

9m dan m

Masukkan kedua nilai waktu tersebut ke persamaan a = 6(t –1)

Sehingga Anda dapatkan

a = 2 3 m/s2 dan –2 3 m/s2.

7. Kedudukan partikel Q adalah x = t2 – 4 t + 1

a. Pada saat t1 = 2,0 s, kedudukan partikel x1 = (2)2 – (4)(2) + 1 = –3 m

Pada saat t2 = 3,0 s, kedudukan partikel x2 = (3)2 – (4)(3) + 1 = –2 m

Perpindahan partikel selama selang waktu t1 = 2 s sampai dengan t2 = 3 s adalah ∆x = x2 – x1 = –2 – (–3) = 1 m

Kecepatan rata-rata adalah:

v xt

= ∆∆

= =11

1 m/s

b. Untuk t1 = t, kedudukan

x1 = t2 – 4t + 1

Untuk t2 = t + ∆t, kedudukan x2 = (t + ∆t)2 – 4(t + ∆t) + 1

Perpindahan ∆x = x2 – x1

= (t + ∆t)2 – 4(t + ∆t) + 1 – t2 + 4t – 1 = t2 + 2t∆t + ∆t2 – 4t – 4∆t – t2 + 4t = (2t∆t + ∆t2 – 4∆t) m

selang waktu

∆t = t2 – t1 = t + ∆t – t = ∆t adalah

v xt

t t t tt

= ∆∆

= ∆ + ∆ − ∆∆

2 42

= (2t + ∆t – 4) m/s

c. Kecepatan pada saat t = t, adalah v = (2t – 4) m/s

8. Kecepatan terhadap waktu: v = 5t – 2 dengan t dalam detik dan v dalam m/s.

a. Pada saat t1 = 2 s, kecepatannya adalah v = 5(2) – 2 = 8 m/s

Pada saat t2 = 3 s, kecepatannya

v2 = 5(3) – 2 = 13 m/s

Perubahan kecepatan selama selang waktu t2 – t1 = 3 – 2 = 1 s adalah ∆v = v2 – v1 = 13 – 8 = 5 m/s

Percepatan rata-rata untuk selang t = 2 s sampai t = 3 s adalah:

a vt

= ∆∆

= =51

25 m/s

b. Untuk t1 = t kecepatan v1 = 5t – 2

Untuk t2 = t + ∆t kecepatan v2 = 5(t + ∆t) – 2

Perubahan kecepatan ∆v = v2 – v1

= 5t + 5∆t – 2 – 5t + 2 = 5∆t

∆t = t2 – t1 = t + ∆t – t = ∆t

a vt

tt

= ∆∆

= ∆∆

=5 25 m/s

c. Percepatannya tidak dipengaruhi oleh waktu, percepatannya tetap yaitu 5 m/s2.

9. a. Mobil bepergian dengan kecepatan seragam dari A ke B, selama 40 – 20 = 20 jam.

b. percepatan sepanjang AB adalah nol karena kecepatannya tetap.

Perlambatan sepanjang BC adalah 50 10060 40

2−−

= − −2,5 km jam

Percepatan dari C ke D adalah: 100 50100 60

1 2−−

= −,25 km jam

c. Jarak yang ditempuh selama 40 jam terakhir adalah

s = v0t + 12

at2

s = 50×40+ 12

×1,25×40×40

= 2.000 + 1.000 = 3.000 km

Cara lain, jarak yang ditempuh selama 40 jam terakhir = luas trapesium CDFE

L CE DF EF= × +( )×

= × +( )× =

1212

50 100 40 3 000.

FISI

KA S

MA/

MA

X

51

Jadi, jarak yang ditempuh selama 40 jam terakhir adalah 3.000 km.

10. Pertimbangkan benda bergerak dengan kecepatan u dalam garis lurus. Kemudian benda diberi percepatan konstan. Sebagai hasil percepatan, kecepatannya meningkat menjadi v (kecepatan akhir) pada waktu t.

Kemiringan grafik (slope) v-t memberikan percepatan gerak benda.

Jadi, percepatan = kemiringan grafik

a BCAC

v ut

a v ut

= = −−

= −0

v – u = at

v = u + at

11. Kecepatan maksimum mobil dialami ketika di titik B.

Pada lintasan AB

vawal = v0 = 0 (saat t = 0 sekon)

vakhir = vB (saat t = x sekon)

Kecepatan di B:

vB = v0 + at = 0 + α(x)

vB = αx ….(1)

Pada lintasan BC

Kecepatan awal v0 = vB

Kecepatan akhir v = 0

Waktu tempuh t = (t – x) s

Kecepatan di C:

vc = v0 + at → 0 = vB – β(t – x)

vB = β(t – x)

Dari (1) dan (2)

αx = β(t – x)

αx = βt – βx

x(α + β) = βt

x t

v x t t

=+

= =+

=+

βα β

α α βα β

αβα βB

12. Mobil tepat mulai bergerak, maka kecepatan awal mobil vm = 0

Percepatan mobil 0,2 m s–2

Kecepatan sepeda 36 km/jam = 10 m/s

Sepeda melewati mobil pada t = 0 s. Mobil akan menyusul sepeda setelah t sekon pada jarak x = xm dari titik awal, dimana xm = xs dan ts = tm = t sekon.

Mobil melakukan GLBB:

xm = v0t + 12

atm2 = 0 + 1

2at2

Sepeda melakukan GLB:

xs = vs ts = vs t

xm = xs → 12

at2 = vst

tva

= =( )

=2 2 10

0 2s 100 sekon

,

Jarak yang ditempuh sepeda:

xs = vst = (10)(100) = 1.000 m

13. Percepatan benda = 4,0 m/s2

Keadaan awal, v0 = 0

∆x = v0t + 12

at2

24,5 = 0 + 12

(4,0)t2

t2 = 24 52, = 12,25

t = 3,5 s

14. a. Percepatan lift dalam 10 detik

pertama adalah 10 010

2− = −1 m s .

b. Percepatan lift saat bergerak dengan kecepatan seragam adalah nol karena tidak ada perubahan kecepatannya.

c. Percepatan lift dalam lima detik

terakhir adalah 0 1025 20

2−−

= − −2 m s .

15. Percepatan vertikal a = 10 m s–2

Kecepatan setelah t =1 menit = 60 s

v = v0 + at

0 = v0 + 10(60)

52

SUPE

R CO

ACH

v0 = 600 m s–1

Gerak roket setelah bahan bakar habis

Ketinggian maksimum: v2 = v02 + 2a∆y

dengan v0 = 600 m s–1

∆ =−

= −−( ) =y

v va

20

2 2 2

20 6002 10

18 000. m

Selang waktu yang diperlukan

∆y = V0t + 12

at2

18.000 = 600(t) – 12

(10)t2

5t2 – 600t + 18.000 = 0

t2 – 120t + 3.600 = 0

(t – 60)2 = 0

t = 60 s = 1 menit

16. Ketinggian ∆y = 45 m

Perlambatan a = –2 m s–2

Kelajuan saat sampai tanah v = 4,0 m s–1

Keadaan tanpa gesekan:

Percepatan a = 10 m s–2

Kecepatan setelah 45 m:

v2 = v02 + 2a∆y

= 0 + 2(10)(45)

= 900 m s–1 → v = 30 m s–1

Selang waktu untuk mencapai 45 m

∆ = + ⇒ = ∆

=( )

= ⇒ =

y v t at t ya

t t

02 2

2

12

2

2 4510

9 3 s s

Saat perlambatan:

Kecepatan awal v0 = 30 m s–1

Kecepatan akhir v = 4,0 m s–1

Waktu yang ditempuh:

v v at tv v

a

t

= + ⇒ =−

= −−

=

00

4 0 302 0

,,

13 s

Lama penerjun di udara:

t = 3 s + 13 s = 16 s

17. Gerak vertikal ke atas

Percepatan gravitasi g = 10 m s–2

Kelereng ke-1: Kecepatan awal v1 = 10 m/s

Ketinggian maksimum:

v2 = v02 + 2g∆y

02 = (10)2 + 2(–10)∆y

∆ =( ) − ( )

−= −

−=y

0 1020

10020

2 2

5,0 m

Waktu yang diperlukan untuk mencapai ketinggian maksimum:

v v at

tv v

a

= +

=−

= −−

=

0

0 0 1010

1,0 s

Kelereng ke-2: Kecepatan awal v2 = 20 m/s

Jarak yang ditempuh setelah t = 1,0 s

∆y = v0t + 12 at2

= 20(1,0) + 12 (–10)(1,0)2

= 20 – 5 = 15 m

Jarak antara kedua bola: 15 m – 5 m = 10 m

18. Ketinggian jurang: h

Kecepatan awal: u (kelereng ke-2)

Kelereng ke-1 → gerak jatuh bebas

Perpindahan setelah t sekon: ∆y1 = h – x

∆y1 = v0t + 12

at2

h – x = 0 + 12

(10)t2

h – x = 5t2 …(1)

Kelereng ke-2 → gerak vertikal ke atas

Ketinggian setelah t sekon = ∆y2 = x

∆y2 = v0t + 12

at2

x = ut + 12

(–10)t2

x = ut – 5t2…(2)

Substitusikan (2) ke (1)

h – x = 5t2

FISI

KA S

MA/

MA

X

53

h – (ut – 5t2) = 5t2

h – ut + 5t2 = 5t2

h – ut = 5t2 – 5t2

h = ut ⇒ t hu

=

19. Misalkan setelah beberapa saat t dari saat diluncurkan, koin itu menyentuh lantai lift.

Koin itu bergerak dengan lift dengan kecepatan v. Tepat setelah kehilangan kontak, ia mulai naik dengan kecepatan yang sama v (mematuhi hukum inersia gerak).

Karena perpindahan koin s1 selama waktu t adalah ke bawah (posisi awal atau titik pelepasan)

s gt vt121

2= − (1)

Perpindahan koin s2 dari lift naik pada waktu t ke atas (posisi awal)

s2 = vt + 12

at2 (2)

Saat ini, s1 + s2 = h (3)

Masukkan s1 dan s2 dari persamaan (1) dan (3) masing-masing pada (3) kita dapatkan

12

12

12

2

2 2

2

gt vt vt at h

g a t h

t hg a

−

+ +

=

+( ) =

=+( )

20. Helikopter bergerak secara horizontal dengan kecepatan 0,2 m/s. Anggap kecepatannya tetap sehingga percepatannya adalah nol, dan percepatan nol hukumnya seperti helikopter yang diam sehingga kemungkinan posisi tangga tali tetap vertikal.

Percepatan orang (korban) terhadap tanah (bumi):

a orang, bumi = a orang, tali + a tali, bumi

aob = ot + atb

aob = 7 + 4 = 11 m/s2

aob adalah percepatan orang naik yang sudah dibantu dengan tarikan tali dari heli.

Waktu yang dibutuhkan orang ke heli dengan bantuan tarikan tali:

s v t at

t

t

= +

= + ( )

=

02

2

2

12

14 0 12

11

2811

panjang tali yang dipanjat orang:

s v t at

l v t a t

= +

= +

= + ( )

= = ≈

02

02

2

1212

0 12

7 2811

9811

8 91 9

ot

me, tter

54

SUPE

R CO

ACH

K O G N I T I FB A B 5

PEMBAHASANUJI KOMPETENSI MANDIRI

A. Pilihan Ganda

1. v0 = 40 m/s

g = 10 m/s2

α = 60°

sin α = 12

3

Waktu yang diperlukan untuk mencapai tinggi maksimum

tv

gm = =⋅

=040 1

23

102 3

sinα

Jadi, peluru tersebut mencapai titik

tertinggi setelah 2 3 sekon.

Jawaban: E

2. g = 10 m/s2

v0 = 20 2 m/s

v02 = 800 m2/s2

α = 45°

sin α = 12

2

sin2α = 12

2 12

2

=

Tinggi maksimum bola dirumuskan sebagai:

hv

gm 20 m= =( )

( ) =02 2

2

800 12

2 10sin α

Jadi, tinggi maksimum bola tersebut adalah 20 m.

Jawaban: C

3. v0 = 60 m/s

α = 30°

yv

gy

y

maks maks

maks

= ⇒ =( ) °( )

( )

=( ) ( )

02 2 2 2

22

260 30

2 10

60 12

sin sinα

220= 45 m

Jawaban: B

4. xvg

x gv

H

H

sin

=

= =( )

( )=

= °

02

02 2

2

2 4 500 10300

12

2 302

sin

sin .

sin

.

α

α

αα == °

= =( ) °

=

= °30

2 2 300 1510

15 5

15

0

α

αt

vgsin sin

, s

Jawaban: B

5. tv

g= =

( ) °=

2 2 98 539 8

0 sin sin,

α16 s

Jawaban: C

6. yv

gH

313,6 m

=

=( )( )

° =

02

2

2

2

2

98

2 9 853

sin

,sin

α

Jawaban: E

7. v0 = 1,4 × 103 m/s

xmaks = 2 × 105 m

Dari rumus jarak mendatar maksimum:

xv

gmaks =

× =×( )

= × ×

×

02

5

3 2

5

2

2 101 4 10 2

9 8

2 2 10 9 8

1 4

sin

, sin

,

sin ,

,

α

α

α110

2 19 6 101 96 10

2 12 90 45

3 2

5

6

( )= ×

×== ° ⇒ = °

sin ,,

sinsin

α

αα α

Jawaban: C

FISI

KA S

MA/

MA

X

55

8. Data-data yang diketahui pada soal:

v0 = 60 m/s

g = 10 m/s2

t = 1 s

α = 53°

Sudut α = 53° merupakan sudut segitiga siku-siku yang dapat digambarkan sebagai berikut.

53°

37°

5

4

3

sin

cos

tan

53 45

53 35

53 43

° =

° =

° =

Gerak horizontal pada gerak parabola merupakan gerak lurus beraturan (GLB), sehingga:

x = v0 cos α t

= 60(cos 53°) 1

= 60 35( ) (1) = 36

Sedangkan gerak vertikal pada gerak parabola merupakan gerak lurus berubah beraturan (GLBB), sehingga:

y = v0 sin α − 12

gt2

= 60(sin 53°) − 12

(10)(1)2

= 60 45( ) – 5 = 48 – 5 = 43

Jadi, posisi peluru pada detik ke-1 adalah x = 36 m, y = 43 m.

Jawaban: D

9. x = 10 3 m

α = 60°

sin 2α = sin 120°

= sin (180 − 60)° = sin 60°

= 12

3Jarak mendatar ketika bola mencapai

tinggi maksimum sama dengan setengah jarak tempuh maksimum.

x x

xv

g

v

v

=

=

=⋅

=

12

12

2

10 3 12

12

3

10

200 3 12

3

02

02

02

m

sin

.

α

v02 = 400

v0 = 20 m/s

Jadi, kecepatan awal bola tersebut adalah 20 m/s.

Jawaban: B

10. m = 20 g = 0,02 kg

v0 = 40 m/s

α = 60°

cos α = 12

Di titik tertinggi, kecepatan gerak peluru ke arah vertikal sama dengan nol (vy = 0) sehingga hanya ada kecepatan arah horizontal (vx).

vx = v0 cos α = 40 cos 60° m/s

= 40 12( ) m/s = 20 m/s

Energi kinetik di titik tertinggi adalah

EK = 12

mvx2 = 1

2(0,02)(20)2 = 4 joule

Jadi, energi kinetik peluru di titik tertinggi adalah 4 joule.

Jawaban: B

11. Anda dapat mencari kecepatan awal v0

dari: xvgH = 0

2

2sin α

209 8

1

196

2196

2 9 812

2

02

02

0

02

2

,

sin,

= ( )

= ⇒ =

= = ( )

v

v v

yv

g

14 m/s

H α

=

2

5 m

Jawaban: E

56

SUPE

R CO

ACH

12. x

xvg

=

=

=

= = °= ° ⇒ =

12 m

12

H0

2

2

1969 8

2

2 0 6 372 37 1

sin

,sin

sin , sin

α

α

αα α 88 5, °

Jawaban: E

13. v v v

v v v

x x v t

v t

v

x

y

x

0 0 0

0 0 0

0 0

0

0

37 0 8

37 0 6

50 0 0 8

= ° =

= ° =

= +

= +

cos ,

sin ,

,

tt

tv

=

=

62 5

0

,

62,5

y y v t gt

v t t

vv v

y= + −

= + −

= +

−

0 02

02

00 0

12

8 0 0 6 5

8 0 0 6 62 5 5 62 5

,

, , ,

= − ⋅

⋅ =

=

2

02

02

02

8 37 5 5 3 906 25

5 3 906 25 29 5

3 906 25

, . ,

. , ,

. ,

v

v

v229 5

5

662 08 25 730 0

,

, ,

⋅

= ↔ =v v m/s

Jawaban: E

14. Laju peluru adalah:

yA = 0 (syarat mencapai titik tertinggi)

v t gt

v gt

v gt

tv

gv

tv

y

y

02

0

0

0 0

12

0

12

45 12

2 45 455

− =

=

° =

=°

=°

=

sin

sin sin

00 455

sin °

Dari x v tx= 0

960 45

4545

5

96045 455

4 80

960

0

00

02

= °

= °°

=° °

v t

vv

v

cos

cossin

cos sin

. 00 12

9 600 40 6

02

02

0

= ( )= ⇒ =

v

v v. m/s

Jawaban: B

15. tv

g

t

=

=°( )

=

2

40 6 45

513 865

0 sin

sin,

α

s

mobil terkena senjata setelah bergerak sejauh:

x v t

v

x

=

= =

= ( ) ( ) =

0

0 72 20kmjam

ms

20 13,865 277,2 m

atau pada jarak (960 – 277,2) = 682,8 m dari senjata.

Jawaban: B

16. xy

x vt vt tv

y v t gt

v

==

= → = ↔ =

= +

= + ( )

101 25

10 10

12

1 25 0 12

10 10

02

mm,

, → =

2

20v m s

Jawaban: D

17. vx = 250 m/s

h atau y = –2.000 m → negatif (–) karena arah bantuan makanan ke bawah

g = 10 m/s²

Gerak pada sumbu-X (mendatar) adalah GLB dengan kecepatan vx, sehingga koordinat x dicari dengan rumus: x = vxt = 250t

Untuk menghitung x, Anda harus mencari nilai t (waktu yang dibutuhkan makanan

FISI

KA S

MA/

MA

X

57

tersebut untuk sampai di B). Dengan meninjau pada sumbu-Y (GLBB), didapatkan:

y v t gty= −021

2Gerakan makanan adalah gerakan jatuh bebas, sehingga v0y = 0.

y gt

t

t

t

t

= −

− = −

− = −

= =

= =

12

2 000 12

10

2 000 52 000

5400

400

2

2

2

2

.

..

20 s

Sehingga jarak AB:

x = 250t

x = 250(20) = 5.000 m

Cara lain:

x = vt

dengan h gt= 12

2

maka t hg

= 2

Sehingga:

x v hg

x

x

=

=( )

= = ( ) =

2

2502 2 000

10

250 400 250 20 5 000

.

. m

jadi jarak AB adalah 5.000 m.

Jawaban: C

18. vA = 10 m/s

sAB = 75 m

a = 2 m/s²

h = 5 m

g = 10 m/s²

Dari A ke B mobil bergerak dipercepat, sehingga harus dicari kecepatan mobil saat di titik B (kecepatan sebelum melompati selokan)

vB² = vA² + 2as

vB² = 10² + 2(2)(75)

vB² = 100 + 300

vB² = 400

vB = 20 m/s

maka lebar selokan:

x v hg

x

x

=

=( )

= = ( ) =

2

202 510

20 1010

20 1 20 m

Jawaban: A

19. Paket bantuan memiliki lintasan setengah parabola.

Gerak vertikal ke bawah → Gerak jatuh bebas Gerak horizontal → Gerak lurus beraturan.

Waktu untuk mencapai tanah:

v = 360 km/jam = 1

t hg

= = ⋅ =2 2 4 50010. 30 s

Jarak x dalam 30 detikx = vtx = 100 · 30x = 3.000 m

Jadi paket tersebut jatuh pada jarak 3.000 m.

Jawaban: D

20. ∆h = 1,8 m

x = 7,5 m

Dari ilustrasi, dapat dilihat lintasannya adalah setengah parabola.

• Waktu agar tepat mendarat di ujung parit (gerak jatuh bebas)

h gt

t hg

=

= = ⋅ = =

12

2 210

2

1,8 0,36 0,6 s

• Kecepatan minimum agar tepat di ujung parit (GLB)

58

SUPE

R CO

ACH

v xt

v

=

= =7,50,6

12,5 m/s

Jadi, kecepatan minimum mobil agar tidak masuk ke dalam parit adalah 12,5 m/s.

Jawaban: C

21. Peluru di titik B

t = 2 sekon; y0 = 10 m; tanα = 34

maka cosα α= =45

35

dan sin

v v

v v

x x v t

x

y

x

0 0

0 0

0 0

50 45

40

50 35

30

0

= = ⋅ =

= = ⋅ =

= + = +

cos

sin

α

α

m/s

m/s

440 2

12

10 30 2 5 2

0 02

2

⋅ =

= + −

= + ( ) − ( ) =

80 meter

50 meter

y y v t gt

y

y

Koordinat titik B adalah (80 meter, 50 meter)

v

v gt

v v v

v

vx x

y

x y

y

= =

= = − ⋅( ) =

= + = +

−0

0

2 2 2 2

30 10 2

40 10

40 m/s

10 m/s

== 41,23 m/s

Jawaban: C

22. Peluru mencapai tinggi maksimum (titik C):

v v gt

tt

y y v t gt

y

y

y= −

= −=

= + −

= + ⋅( ) − ⋅ =

0

0 02

2

0 30 10

12

10 30 3 5 3

3 s

55 metter

120 meterx x v tx= + = + ⋅ =0 0 0 40 3

Koordinat titik maksimum (120, 55) m di atas tanah.

Jawaban: D

23. Peluru tiba di tanah (titik D): y = 0 m

y y v t gt

t t

t t t t

y= + −

= + −

= + − ↔ − − =

0 02

2

2 2

12

10 30 5

0 2 6 6 2 0

0

maka, a = 1, b = –6, dan c = –2Gunakan rumus abc yang sudah Anda ketahui sejak SMP berikut.

t b b aca

t

1 2

2

1 2

2

42

6 6 4 1 22 1

6 36 82

,

,

= − ± −

=− −( ) ± −( ) − ⋅ ⋅ −( )

⋅

= ± + = 66 6 632

62

62

1

2

±

= + =

= − =−

,

t

t

6,63 6,32 s

6,63 0,1315 s tidak memeenuhi( )

Waktu yang dibutuhkan untuk tiba di tanah adalah 6,32 sekon.

x x v tx= + = + ⋅ =0 0 0 40 6,32 252,8 m

Koordinat peluru di titik D (252,8, 0) m.

Jawaban: E

24. v v

v v

y

x peluru

y balon

0

0

0

100

5

100

= =

= =

=

m/s

m/s

m

Peluru mencapai tanah: y = 0

y y v t gt

t t

t t

t t

t

y= + −

= + −

= + −

+( ) −( ) =

=−

0 02

2

2

1

12

0 100 5 5

0 20

4 5 0

4 ttidak memenuhi

5 s

( )=t2

x x v tx= + = + ⋅ =0 0 0 100 5 500 mKoordinat peluru di tanah (500, 0)Kecepatan peluru:

v v gt

v v

v v v

y y

x x

x y

= − = − ⋅( ) = −

= =

= +

= +

0

0

2 2

2

5 10 5 45

100

100

m/s

m/s

−−( )= =

45

12 025

2

. 109,66 m/s

Jawaban: E

FISI

KA S

MA/

MA

X

59

25. x = 10 m

y = 3,05 m – 1,75 m = 1,3 mg = 10 m/s2

θ = 53°

x v t

x v t

v t

v t

tv

x=

= ⋅

= ° ⋅

=

=

0

0

0

0

0

6 53

6 0 6

10

cos

cos

,

θ

y v t gt

y v t gt

v t t

y= −

=

= −

= ° − ⋅ ⋅

02

02

02

12

1 3 0 8

12

1 3 53 12

10

, ,

sin

, sin

θ

vv t t025−

Substitusikan nilai t

1 3 0 8 10 5 10

1 3 8 500

500 6 7

00 0

2

02

02

02

, ,

,

,

=

−

= −

=

=

vv v

v

v

v 55006 7

74 63

8 640

,,

,

=

=v m/s

Jawaban: E

26. y v t gt

t v gt

v gt

tvg

vg

y

y

y

y

A = → − =

−( ) =

− =

= =

0 12

0

12

0

12

0

2 2

02

0

0

0 0

sinα

ttv

gt

vg1

0 12

0 2

1 2 1 2

1

2 2

90 90

= =

+ = °↔ = ° −

=

sin ;

sin

cos cos

α α

α α α α

α 990 2

1 2

° −( )=

α

α αcos sin

R v t v t

vv

g

vg

v

x= =

=

=

=

0 0

00

02

1 1

02

2

2

2

cos

cossin

sin cos

si

α

αα

α α

nn sinα α1 2

g

t tv

gv

g

t tv

g g

t t Rg

1 20 1 0 2

1 20

21 2

1 2

2 2

2 2

2

=

=

=

sin.

sin

sin .sin.

α α

α α

= 2R

g

Jawaban: B

27. Waktu untuk mencapai tinggi maksimum adalah t.

tv

g= 0 0sinθ

Waktu untuk naik dan turun adalah 2t.

Jarak tembak horizontal adalah: R v t

vv

gv

g

= ( )

=

=

0 0

0 00 0 0

20

2

22

cos

cossin sin

θ

θθ θ

Untuk θ0 = 45° maka sin 90° = 1 sehingga

Rvgmaks = 02

Untuk θ0 = 15° maka sin 30° = 0,5 sehingga

Rv

gR15

02 30

0 5=°

=sin

. maks

Untuk θ0 = 60° maka sin 120° = 0.87, sehingga

Rv

gR60

02 120

0 87=°

=sin

, maks

Jawaban: A

60

SUPE

R CO

ACH

28. v

v v

vx x t

0

0 0

0

20 30

20 12

3 10 3

=

=

= °

( ) = ( )

= ( ) =

m/s,

m

bom pesawa

θ

θcos

//s

m/s

bom pesawav v

v

v

y y t0 0

0

0

30 20 12

10

( ) = ( )

= ° = ( ) =

= sin

sin

θ

Bom jatuh di tanah: y = 0

y

y y v t gt

t t

t t

t t

t

y

0

0 02

2

2

2

400

12

0 400 10 5

0 80 2

2 80 0

=

= + −

= + −

= + −

− − =

−

m

110 8 0

10

8

0 10 3

1

2

0 0

( ) +( ) =

=

= −

= + = +

t

t

t

x x v tx

s

s (tidak memenuhi)

110 100 3( ) = m

Bom jatuh pada jarak 100 3 meter dari titik A.

Jawaban: E

29. Titik C tingginya adalah y dan jarak mendatarnya adalah x. Untuk sumbu-X, misalkan α = 30° dan θ = 60°.

x v t

x t

x t t x

=

= °( )

= ⇒ =

0

100 60

5050

1

cos

cos

...( )

θ

Untuk sumbu-Y (tinggi), didapatkan:

y v t gt

y t t

y t t

y

= ( ) −

= °( ) − ( )

= ( ) −

=

02

2

2

12

100 60 12

10

100 12

3 5

5

sin

sin

θ

00 3 5 22t t− ...( )

Masukkan nilai t pada persamaan (1) pada persamaan (2), maka didapatkan:

y t t

y x x

y x x

y x x

= −

= ( ) − ( )= −

= −

50 3 5

50 350

550

3 52 500

3500

3

2

2

2

2

.

...( )

Hubungan antara x, y dan d (AC) melalui trigonometri adalah:

30°

x

dy

x dx d

x d

y dy d

y d

== °

=

== °

=

coscos

...( )

sinsin

...( )

α

α

30

32

4

30

25

Masukkan nilai x dan y dari persamaan (4) dan (5) ke persamaan (3)

y x x= −3500

2

d dd

d d d

23 3

2

32

500

232

32 000

6

2

2

=

−

= −.

...( )

12

32

32 000

1 3 31 000

31 000

3 1

31 000

2

2 0003

= −

= −

= −

=

= =

d

d

d

d

d

.

.

.

.. 666,677 m

Jawaban: C

FISI

KA S

MA/

MA

X

61

30. yxv

===

=

= +

=

90 m100 m100 m/s0

2 2

1

1cos

sec

sec tansincos

tan

αα

α ααα

αα

αα

α α

x x v t

v t

t

t

x= +

= + ⋅ ⋅

= ⋅

= =

0

0100 0

100 100100

1001

cos

cos

cos cos

y y v t gt

v t t

y= + ⋅ −

= + ⋅ −

= ⋅ −

0 02

02

12

90 0 5

90 100 1 5 1

sin

sincos cos

α

αα α

= −

= − +( )= − −

2

2

2

90 100 5

90 100 5 1

90 100 5 5

tan sec

tan tan

tan

α α

α α

α ttan

tan tan

tan tan

tan tan

tan

2

2

2

2

95 100 5

19 20

20 19 0

α

α α

α α

α α

= −

= −

− + =

αα α

α αα α

−( ) −( ) =

= ↔ = °

= ↔ = °

19 1 0

19 87

1 451 1

2 2

tan

tan

tan

Jawaban: D

31. Misalnya titik tertinggi yang dicapai peluru terhadap bidang mendatar adalah di titik A.

v v

v v

x

y

0 0

0 0

60 50 12

60 50 12

3 25 3

= ° = ⋅ =

= = ⋅ =°

cos

sin

25 m/s

m/s

v v g t

v g t

t t

v v g

x x

x

y y

= +

= +

= + ⋅ = +

= −

°0

0

0

45

25 10 12

2 25 5 2

sin

sin

co

α

m/s

ss 45

25 3 10 12

2

25 3 5 2

°

= − ⋅ ⋅

= −

t

t

t m/s

Benda mencapai titik tertinggi di A maka vA sejajar bidang datar atau vA bersudut 45° dengan sumbu-X (θ = 45°). Pada titik A:

tan

tan

θ = = −+

° = −+

+ = −

vv

tt

tt

t t

y

x

25 3 5 225 5 2

45 25 3 5 225 5 2

25 5 2 25 3 5 2

110 2 25 3 1

2510

3 1

22 5

3 1

22 52

6 2

t

t

s

= −( )

=−( )

=−( )

= −( )

,

,

Jawaban: C

32. v

v v

v v

y

x

x

y

0

0 0

0 0

0

0

90

90

0

0

=

= =

= =

=

=

90 m/s

cos cos

sin sin

β β

β β

Peluru jatuh tegak lurus terhadap bidang miring, hal ini menunjukkan bahwa vx = 0 (yang ada hanya komponen y)

v v g t

t

t

t

t

x x= − °

= − ⋅ ⋅

= −

=

=

0 45

0 90 10 12

2

0 90 5 2

5 2 909

cos

cos

cos

cos

β

β

β00

5 2

9 2

cos

cos

β

βt =

y y v t g t

t t

y= + − °

= + ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅

=

0 02

2

12

45

0 0 90 12

10 12

2

0 90 9 2

cos

sin

sin c

β

β oos , cos

sin cos cos

β β

β β β

( ) − ( )= − ( )

2 5 2 9 2

0 810 2 405 2

2

2

dibagi dengaan

cotan

405 2

0 2

2 2 26 6

sin coscossin

cossin

,

β βββ

ββ

β β

= −

= ↔ = ↔ = °

Jawaban: D

62

SUPE

R CO

ACH

33. v v

v vx

y

0 0

0 0

=

=

cos

sin

β

β

y = 0 (benda jatuh pada bidang miring)

y y v t g t

v t g t

t v g

y= + −

= + ⋅ −

= −

0 02

02

0

12

0 0 12

0 12

cos

sin cos

sin cos

α

β α

β α tt

v g t

tv

g

vg

− =

= =

0

0 0

12

0

12

2

sin cos

sin

cos

sincos

β α

β

α

βα

x x v t g t

x vvg

g

x= + − ⋅

= +

−

0 02

00

12

02 1

2

sin

cossin

cossin

α

ββ

αα

22

2

24

0

2

02

2 2

vg

xv

gg

gv

sincos

sin coscos

sin

cos

βα

β βα

αα

= −( )

⋅ 002 2

02

02 2

2

02

2 2

2

sin

sin coscos

sin sin

cos

s

β

β βα

α β

α

( )

= −( )

( )

=

vg

v

g

v iin cos cos sin sin

cos

cossin cos c

β β α α β

α

αβ α

− ( )( )

=( )

2

2

02 2

2

02

2

v

g

v

goos sin sin

cossin cos

β α β

αβ α β

−( )

=( )

+( )( )2 02

2

v

g

x akan mencapai maksimum jika sin β cos(α + β) juga maksimum. Misalkan θ adalah sudut antara v0 dengan garis vertikal maka:

α θ β α β θ+ + = ° + = ° −90 90 atau

sin cos sin cos

sin sin

sin sin

β α β β θ

β θ

β θ

+( ) = ° −( )=

= ( )

90

12

2

sin cos cos cos β α β β θ β θ+( ) = −( ) − +( ) 12

(β + θ) adalah konstan.Jadi, sin β cos(α + β) akan maksimum jika

cos β θ β θ β θ

β θ α β β α

β α β

−( ) = ↔ − = ° → =

+ = ° − ↔ + = ° −

= ° − ↔ = ° −

1 0

90 90

2 90 12

90 αα( )Syarat jangkauan maksimum pada bidang miring dengan sudut miring α.

Perhatikan, untuk penembakan dari puncak bidang miring, berlaku

β α= ° +( )12

90 dengan α adalah sudut

miring bidang miring.

Jawaban: D

34. y0 = 0 v0 = 200 m/s α = 30°

Jangkauan maksimum penembakan pada puncak bidang miring:

β α= ° +( )

= ° + °( ) = ⋅ ° = °

12

90

12

90 30 12

120 60

v v

v v

x

y

0 0

0 0

200 60

200 12

200 60

2

= = °

= ⋅ =

= = °

=

cos cos

sin sin

β

β

100 m/s

000 12

3 100 3⋅ = m/s

y = 0 (peluru jatuh pada bidang miring)

y y v t g t

t t

t

y= + − °

= + − ⋅ ⋅ ⋅

= −

cos

,

0 02

2

12

30

0 0 100 3 12

10 12

3

0 100 3 2 5

⋅⋅( )=

− =

= =

= + +

3

0

100 3 2 5 3 0

100 32 5 3

40

12

1

0 0

,

,

s

t

t

t

t

x x v t gx

atau

s

iin

. .

30

0 100 40 12

10 12

40

4 000 4 000

2

2

°

= + ⋅ + ⋅ ⋅ ( )= + =

t

x 8.000 m

Jawaban: D

35. Peluru mencapai tinggi maksimum vy = 0

v v g t

t

ttv v g

y y

x x

= − °

= − ⋅ ⋅

= −=

= +

0

0

30

0 100 3 10 12

3

0 100 3 5 3

cos

si20 s

nn 30

100 10 12

20

° ⋅

= + ⋅ ⋅ =

t

vx 200 m/s

Jawaban: A

FISI

KA S

MA/

MA

X

63

B. Esai

1. v v

v v

x

y

0 0

0 0

60 10 12

5

60 10 12

3 5 3

= ° = ( ) =

= ° = ( ) =

cos

sin

m/s

m/s

a. Untuk t = 14

3 sekon

v v gt

v v

v v v

y y

x x

x y

= −

= − ( ) =

= =

= +

= +

0

0

2 2

2

5 3 10 14

3 2 5 3

5

5 2 5 3

,

,

m/s

m/s

(( )= =

2

43 75 6 61, , m/s

Arah kecepatan:

tan , ,

tan , ,

θ

θ

= = =

= = °−

vv

y

x

2 5 35

0 866

0 866 40 91

b. Untuk t = 12

3 sekon

v v gt

v

v v v

y y

x

x y

= −

= − ( ) =

=

= + = + =

0

2 2 2 2

5 3 10 12

3 0

5

5 0 5

m/s

m/s

m/s

Arah kecepatan:

tanθ = = =vv

y

x

05

0

θ = 0° (benda mencapai titik tertinggi)

c. Untuk t = 3 sekon

v v gt

v

v v v

y y

x

x y

= −

= − = −=

= + = + −( )= =

0

2 2 22

5 3 10 3 5 35

5 5 3

100

m/s m/s

10 m/s

Arah kecepatan:

tan

tan

θ

θ

= = −

= −( )= − °

−

vv

y

x

5 35

3

60

1

(bola sedang bergerak ke bawwah)

2. v0 = 49 m/s

R = 196 m g = 9,8 m/s2

Rv

g

Rgv

=

= =( ) ( )

( )=

= °=

02

02 2

2

2196 9 8

490 8

2 532 5

sin

sin,

,

sin sin

α

α

αα 33

26 5°

= °α ,

3. R = 40 m

θ = 45°g = 10 m/s2

a. Rvg

v

v

v

=

= °

=

=

02

02

02

0

2

4010

90

400

20

sin

sin

θ

m/s

b. tv

g002

2 20 22

102 2

A

s

=( )

=( )

=

sinθ

c. yv

g

xv

g

H

H

sin

10 m

=

= ( ) ° =

=

= ( )

02

2

2

02

2400

2 1045

22

4002 10

sin

sin

s

α

α

iin 90° = 20 m

Koordinat titik tertinggi (20, 10) m.

64

SUPE

R CO

ACH

4. a. v v

v v

v

x

y

x

0 0

0 0

98 30 49 3

98 30 49

= = ⋅ ° =

= = ⋅ ° =

=

cos cos

sin sin

αα

m/s

m/s

vv

v v gtx

y y

0

0

49 3=

= −

m/s

untuk 2 s

29,4 m/s

besar

t

v

v v v

y

x y

=

→ = − ( ) ( ) =

= +

= ( ) +

49 9 8 2

49 3

2 2

2

,

229 4

89 82

19 11

2,

,

tan ,

( )=

= = °

m s

arah arcαvv

y

x

untuk 5 s

besar

m/sara

t

v

v

y

=

→ = − ( ) ( ) =

= ( ) + ( )

=

49 9 8 5 0

49 3 0

49 3

2 2

,

hh α = °0

untuk s

19,6 m/s

besar

8

t

v

v

y

=

→ = − ( ) = −

= ( ) −( )=

7

49 9 8 7

49 3 19 62 2

,

,

77,10 m/sarah α = °13

untuk s

49 m/s

besar

98

t

v

v

y

=

→ = − ( ) = −

= ( ) + −( )=

10

49 9 8 10

49 3 492

,

mm/sarah α = °30

b. x v t

y v t gt

x

y

=

= −

0

021

2

untuk s

m

78,4 mKoor

t

x

y

=

→ = ⋅ =

= ( ) ( ) − ( ) ( )=

2

49 3 2 98 3

49 2 12

9 8 22

,

ddinat:

; 78,4 m98 3( )

untuk s

=122,5 mKoor

2

t

x

y

=

→ = ⋅ =

= ( ) ( ) − ( ) ( )

5

49 3 5 245 3

49 5 12

9 8 5

,

ddinat:

122,5 m245 3;( )untuk s

=102,9 mKoor

2

t

x

y

=

→ = ⋅ =

= ( ) ( ) − ( ) ( )

7

49 3 7 343 3

49 7 12

9 8 7

,

ddinat:

102,9 m343 3;( )untuk s

Koordi

t

x

y

=

→ = ⋅ =

= ( ) ( ) − ( ) ( )=

10

49 3 10 490 3

49 10 12

9 8 10

0

2

,

nnatnya:

m490 3 0;( )5. a. v0x = 100 m/s

y = 2.000 m dari atas tanahv0y = 0

x v t t

y v t gt

t t

x

y

= =

= −

− = − ( ) ⇒ =

0

02

2

100

12

2 000 12

10. 20 s

b. x t== ⋅=

100100 202.000 m

c. v v

v v gtx x

y y

= =

= − = −0

0

100

200

m/s

m/s

d. v v vx y= +

= ( ) + −( )=

2 2

2 2100 200

50 000 5. =100 m/s

FISI

KA S

MA/

MA

X

65

6. a. xy

t t

gv

y v t gt

t

y

y

==

= ⋅ − ( )

==

= −

=

6

1 25 0 12

10

100

12

0

02

2

2

m1,25 m

m s

0,2

,

550,5 st =

b. x v t

v xt

v v

x

x

x

=

= =

= =

0

0

0 0

60 5

6

2 6

.

,=2 m/s

m/s

c. v v

v v gt

v v v

x x

y y

x y

= =

= − = − ⋅ = −

= + = ( ) + −( )

=

0

0

2 22 2

2 6

0 10 0 5 5

2 6 5

m s

m s( , )

77 m s

arah kecepatan

α

α

=

= −

= − °

arc

arc

tan

tan

,

vv

y

x

52 6

45 58

7. v0 = 20 m/s

θ = 37°x = 24 m

v v

v v

t xv

y

x

0 0

0 0

20 0 6 12

20 0 8 16

= = ( ) ( ) =

= = ( ) ( ) =

=

sin ,

cos ,

θ

θ

m/s

m/s

00

02

2420 0 8

12

12 1 5 12

10 1 5

cos ,

, ,

θ= ( ) ( ) =

= −

= ( ) ( ) − ( ) (

1,5 s

h v t gt

h

y

)) =2

6,75 m

8. v0= 20 m/s

θ = 37°

a. tv

g002 2 20 0 6

10A =2,4 s= =( ) ( )sin ,α

b. yv

g

xv

g

H

H

sin

sin 7,2 m

=

=( )

°( ) =

=

=( )

02

2

2

2

02

2

2

2020

37

22

2020

sin

α

α

ssin 19,2 m2 2 37°( ) =

Koordinat titik tertinggi (19,2; 7,2) m

c. R x= =2 H 38,4 md. vy = 0

vx = v0x

= v0 cos θ = 20 cos 37° = 16 m/s

e. a

a gx

y

=

= − = −

0

10 m/s

9. a. r xi y j ti t t j

v drdt

i t j

v t

= + = + −( )( )= = + −( )

=( )

12 5

6 12 10

0

2

== +

= + =

6 12

36 144 6 5

i j

v

m/s

b. v v

v dxdt

vv

x

x

x

0 0

0

0

0

66 5

63

=

= =

= = =

= °

cos

cos

θ

θ

θ

6 m/s

0,44

c. t tv

g0 002

2

2 6 5 0 8910

A H

2,4 s

= =

=( ) ( )

=

sin

,

θ

d. yv

gH

7,13 m

=

=( )

( ) °( ) =

02

2

2

2

2

6 52 10

63

sin

sin

θ

e. x xvgA H

14,6 m

= =

=( )

°( ) =

2 2

6 510

2 63

02

2

sin

sin

α

f. x xH A 7,3 m= =12

66

SUPE

R CO

ACH

10. a. Karena y0 = 0 dan vy = 0, maka:

0 220

2 02

= − → =v gy yv

gyy

Sekarang cari komponen kecepatan awal pada sumbu-Y yaitu v0y = v0 sin θ, dengan v0 = 70 m/s dan θ0 = 75°.

v0y = v0 sin θ = 70 sin 75° = 67,6 m/s

yv

gy= = ( ) =0

22

267 62 9 8

,,

233 m

b. y y v v ty y= + +( )0 012

Karena y0 = 0, maka persamaan

tersebut menjadi: y v v ty y= +( )12 0

Pada saat mencapai titik tertinggi, vy = 0, maka:

t yv vy y

=+( )

=( )

=2 2 23367 6

0,

6,9 s

c. Karena hambatan udara diabaikan, ax = 0 sementara kecepatan mendatar tetap. Perpindahan horizontal adalah kecepatan horizontal dikalikan waktu, yaitu: x = x0 + vxt, dengan x0 = 0, sehingga x = vxt dengan vx adalah komponen kecepatan, yaitu vx = v0 cos θ = 70 cos 75° = 18,1 m/s

Waktu t untuk kedua gerak adalah sama, maka x = vx t x = 18,1 ∙ 6,9 = 125 m

11. x v t v t

x tv

x= = °

= =°

0 0

0

40

10 1040

cos

cosSaat m, m

y = 3,05 m – 2,00 m = 1,05 m

y v t gt

vv v

y= −

=°( )

°− ( ) °

02

0

0 0

12

1 0540 10

4012

9 8 1040

,sincos

,cos

m

2

diperoleh 10,7 m/sv0 =

12. a. Misalnya v0x dan v0y adalah komponen kecepatan awal proyektil pada arah sumbu-X dan sumbu-Y. Misalnya vx dan vy adalah komponen kecepatan pada horizontal dan vertikal pada titik P.

v0 P

Y

Xv0x = v0 cos θ

v 0y =

v0 s

in θ

θ

Waktu yang dibutuhkan proyektil untuk mencapai pada titik P adalah t.

Terapkan persamaan gerak sepanjang arah vertikal dan horizontal.

v v gt v v

vv

v gtv

v gtv

y y x x

y

x

y

x

y

= − =

∴ = =−( )

=−( )−

0 0

0

0

1 0

dan

tan

tan

θ

θ00x

Terbukti

b. Tinggi maksimum

hv

gm sin

= 02 2

2θ

Rentang horizontal

Rv

g= 0

2 2sin θ

hRhR

h

m

m

cos

=

= ××

=

=

sinsin

sin sin sin

tan

tan

2

2 2

2 2 4

4

θθ

θ θθ θ

θ

θ mm m

RhR

⇒ =

−θ tan 1 4

13. Tinggi pesawat tempur = 1,5 km = 1.500 m

Kecepatan pesawat tempur, v0 = 720 km/jam = 200 m/s

Misalkan θ adalah sudut diukur dari vertikal. Lihat pada gambar.

FISI

KA S

MA/

MA

X

67

vs

vsx

vsy

200 m s–1

θ1.50

0 m

Kecepatan senjata, vs = 600 m/sWaktu yang dibutuhkan oleh peluru untuk menumbuk pesawat = tJarak horizontal yang ditempuh oleh peluru = vsxtJarak yang ditempuh pesawat = C

Cangkang peluru menumbuk pesawat. Oleh karena itu, kedua jarak tersebut harus sama.v

vsxt = vpt

vs sin θ = vp

sinθ = = =vv

p

s

200600

13

θ = sin–1 13( ) = 19,50°

Agar tidak tertembak peluru, pilot harus menerbangkan pesawat pada ketinggian (H) lebih tinggi dari tinggi maksimum yang dicapai oleh cangkang peluru.

sHv

g

g

=−

=

= ⋅

2 2

2 2

2

902

6002

360 000 19 52

sin ( )

( ) cos

. cos ( , )(

θ

θ

⋅⋅= ≈

1015 994 314 16

). , m km

14. Misalkan benda dilempar dari A dan kembali jatuh di tanah di B.

y y

y y

y y v t gt

v t gt

t v

y

0

0 02

02

0

0

0

12

0 0 12

0 12

2

= =

= =

= + −

= + ⋅ −

=

A

B

sin

sin

α

α −−( )= − =

=

gt

t v gt

tv

g

0 0

20

0

atau 2 sin

sin

αα

y y

y y

y y v t gt

v t gt

t v

y

0

0 02

02

0

0

0

12

0 0 12

0 12

2

= =

= =

= + −

= + ⋅ −

=

A

B

sin

sin

α

α −−( )= − =

=

gt

t v gt

tv

g

0 0

20

0

atau 2 sin

sin

αα

x x v t

v t

vv

g

vg

xvg

x= +

= + ⋅

=

=

=

0 0

0

00

02

02

0

2

2

cos

cossin

sin cos

sin

α

αα

α α

22α

Ingat sin 2α = 2 sin α cos α

Jarak AB xvg

= = 02

2sin α

Jarak AB akan maksimum jika sin 2α maksimum atau sin 2α = 1

2α = 90°⇒ α = 45°

15. a. xv

g

vg

maks =

=( )

= ° −

= ° −(

02

02

1 2

2 1

2 1

2

2

90

90

sin

sin cos

cos cos

α

α α

α α

α α ))=

= ° −( )( )

= ⋅

cos sin

sin cos

sin sin

α α

α α

α α

2 1

02

1 1

02

1

290

2

xvg

vg

maks

11

02

224

( )

= ( ) =Rvg

ysin Hα

Masukkan α = 45°

yv

gv

g

R yvg

vg

y R

H

H

H

sin= °( ) =

= = =

→ =

02

2 02

02

02

245

4

444

14

68

SUPE

R CO

ACH

b. R

Rv

g

Rv

akan maksimum saat sudutelevasinya 45

2 45

2 12

02 2

02

°

=°

=

.

sin

22 12

20

2( ) ( )=

gvg

16. Jarak antara kedua tetes logam cair adalah dua kali besar perpindahan horizontal x(t), sehingga:

d x t v t v t

d v txi i i

i i

= ( ) = ( ) = ( )=

2 2 2

2

cos

cos

θ

θ

17. The special conditions allowing use of the horizontal range equation applies.

Untuk bola yang dilempar pada sudut elevasi 45°,

D Rv

g= =

°45

02 90sin

Untuk bola yang memantul

D R Rv

g

v

g= + = +

1 20

20

2

2 22

sinsin

θθ

dengan θ adalah sudut antara arah gerak bola terhadap tanah saat dilempar dan saat memantul.

a. vg

vg

vg

02

02

022 24

2 45

26 6

= +

=

= °

sin sin

sin

.

θ θ

θ

θ

D

45°θ θ

b. Saat bola menyentuh tanah

y v t gt

v t gt

y= −

= −

02

02

12

0 12

sinθ

Jika t = 0 adalah waktu saat bola

dilempar, maka tv

g=

2 0 sinθ adalah

waktu bola menyentuh tanah.

Untuk bola yang dilempar dengan sudut elevasi 45°,

tv

g4502 45

=°sin

Untuk bola yang memantul

t t t

vg

v

gv

g

= +

=°

+

°

=°

1 2

0

0

0

2 26 62

226 6

3 26 6

sin ,sin ,

sin ,

Perbandingan waktu antara lemparan satu kali pantulan dan tanpa pantulan adalah3 26 6

2 451 341 41

0 949

0

0

vg

vg

sin ,

sin,,

,

°

°= =

18.

d

jalur proyektil

vi

θi

φ

a. y x gv

xf i fi i

f= ( ) ( ) −tancos

θθ2 2 2

2

xf = d cos φ, dan yf = d sin φ,

d d

gv

d

i

i i

sin tan cos

coscos

φ θ φ

θφ

= ( ) ( )

− ( )2 2 2

2

dv

gi i i i=

−[ ]2 2

2

cos sin cos sin cos

cos

θ θ φ φ θφ

dv

gi i i=

−( )2 2

2

cos sin

cos

θ θ φφ

FISI

KA S

MA/

MA

X

69

b. Turunan d terhadap θi adalah nol

ddd

dd

v

g

d

i

i

i i i

i

θ

θθ θ φ

φ

θ φ

=

−( )

=

= ° +

0

20

452

2

2

m

cos sin

cos

aaks =−( )v

gi2

2

1 sin

cos

φφ

19. Sumbu-XY diputar sehingga sumbu-X berimpit dengan garis AC, dan ujung kiri alas bidang miring (titik A) sebagai titik asal (0, 0).

YX

v0

A

d

B

C(x, y)

60°

30°

Tinjau titik C Titik C memiliki koordinat y = 0 dan untuk sumbu-X adalah x = xmaks = d = AC

Percepatan gravitasi (g) arahnya ke bawah. Sesuaikan dengan sumbu-XY yang miring seperti di atas. Caranya dengan menguraikan komponen-komponen g ke sumbu-X dan sumbu-Y.

YX

g

30°g cos 30°

g sin 30°

α = 30° g = 10 m/s2

θ = 60° v0 = 100 m/s

Dalam bidang miring ini, sumbu-X dan sumbu-Y jenis geraknya adalah GLBB dengan percepatannya masing-masing adalah

sumbu-X → ax = g sin α = g sin 30°

= 10 12( ) = 5 m/s2

sumbu-Y → ay = g cos α = g cos 30°

= 10 12

3 5 3 2( ) = m/s

Sumbu-X:

x v t a t

x t t

x

x= −( ) −

= ° − °( ) − ( )

=

02

2

12

100 60 30 12

5

10

cos

cos

θ α

00 12

3 12

5

50 3 52

1

2

2

− ( )

= −

t t

x t t ...( )

Sumbu-Y:

y v t a t

y t t

y

y= −( ) −

= ° − °( ) − ( )=

02

2

12

100 60 30 12

5 3

1

sin

sin

θ α

000 12

52

3

50 52

3 2

2

2

−

= −

t t

y t t ...( )

Waktu yang diperlukan oleh peluru hingga mendarat di titik C dapat ditemukan dengan memberi harga nol untuk y pada persamaaan 2. Hal ini karena koordinat titik C adalah x = xmaks dan y = 0 atau (xmaks, 0).

0 50 52

3

0 50 52

3

50 52

3

203

2= −

= −

=

=

t t

t t

t

t

Ada dua nilai t, yaitu t = 0 sekon saat di titik A, dan saat di titik C. Kembali ke persamaan (1), masukkan nilai t.

x t t

x

x

= −

=

−

= −

50 3 52

50 3 203

52

203

1 000 52

4003

2

2

.

xx = −

= − = =

1 000 1 0003

3 0003

1 0003

2 0003

. .

. . . 666,67 m

70

SUPE

R CO

ACH

K O G N I T I FB A B 6

PEMBAHASANUJI KOMPETENSI MANDIRI

A. Pilihan Ganda

1. Gunakan faktor konversi 2360π rad

°

270 270 2360

32

° = °×°

=π π rad rad

Gunakan faktor konversi 1360

putaran°

270 270 1360

34

° = °×°

= putaran putaran

Jawaban: E

2. Gunakan faktor konversi 21

π rad putaran

23

21

43

putaran rad putaran

rad× =π π

Jawaban: D

3. 900 putaran dalam waktu 18 menit artinya

900 putaran menit

putaran s

putarans18

90018 60

56

=×

=

Frekuensi (f) adalah jumlah putaran yang dilakukan dalam waktu 1 sekon.Jadi frekuensinya adalah

f = =56

56

putarans

Hz

Periode (T) adalah kebalikan frekuensi

Tf

= =( )

=1 156

65

s

Jawaban: B

4. 120 12060

2

rpm putaranmenit

menit s

putarans

= ×

=

Frekuensi roda tersebut adalah

f = =2 putarans

2 Hz

Periode roda tersebut adalah

Tf

= = =1 12 Hz

0,5 s

Jawaban: B

5. Kecepatan sudut ω adalah

ω = 2πf = 2π(2) ↔ ω = 4π rad s–1

Jawaban: C

6. Perpindahan sudut

∆ = × =θ π π2 21

4 putaran rad putaran

rad

Selang waktu ∆t = 2 sekonKecepatan sudut rata-rata:

ω θ π π= ∆∆

= =t

42

2rads

rad/s

Jawaban: B

7. Jari-jari baling-baling R

R

=

= =

diameter

3,0 1,5 m

2

2

2 000 2 000 260

4006

. .rotasimenit

rad s

rad/s

= ×

=

π

π

Perubahan posisi sudut dalam selang

waktu 1 s adalah θ π= 4006

rad

Jarak yang ditempuh titik pada tepi baling-baling adalah:

x R= = ( )

=θ π π1,5 m rad m400

6100

Jawaban: B

8. Jarak yang telah ditempuh titik

x = 500 m

Jari-jari roda

R =

= = = × −

diameter

cm 2,5 m

2502

25 10 1

Perpindahan sudut yang dibuat roda

θ = =×

=−xR

50010

2 00012,5 rad.

FISI

KA S

MA/

MA

X

71

Jumlah putaran yang dibuat roda adalah:

θπ

π

= ×

=

2 000 12

1 000

.

.

rad putaran rad

putaran

Jawaban: E

9. 45 45 260

1 5rotasimenit

rad s

rad/s= × =π π,

v r= = ( ) ( ) = −ω π π0,2 1,5 0,3 m s 1

Jawaban: B

10. Kecepatan linier pada tepi roda

r = 25 cm = ¼ m

v r= =

( ) = −ω π π1

44 1 m s

Jawaban: A

11. Kecepatan linier v = 8 m s–1

Jari-jari R = 25 mPercepatan sentripetal dihitung dari persamaan berikut.

a vRs 2,56 m/s= = =

2 228

25

Jawaban: B

12. 1 800 1 800

1 800 260

60

. .

.

rpm rotasimenit

rad s

rad/s

=

= =π π

Kecepatan sudut ω = 60π rad/s

R = = × =−diameter m 0,125 m

225 10

2

2

Dari persamaan di atas diperoleh:

a Rs m/s= = ( ) ( ) =ω π π2 2 2 260 0 125 450 ,

Jawaban: E

13. Hubungan antara percepatan sentripetal as, kecepatan v, dan jari-jari R adalah

a vRs =

2

Kita periksa setiap opsi jawaban dengan menggunakan rumus percepatan sentripetal di atas.

A. (4v)2 : 2R = 8 v2/R = 8as

B. (2v)2 : 4R = v2/R = as

C. (2v)2 : 2R = 2v2/R = 2as

D. v2 : 2R = ½ v2/R = ½ as

E. (2v)2 : R = 4v2/R = 4as

Jadi, agar percepatan sentripetal menjadi 2 kali semua maka pernyataan yang tepat adalah opsi (C).

Jawaban: C

14. Kecepatan sudut ω = 30 rad/s

Posisi sudut awal θ0 = 3 radPersamaan posisi sudut pada tθ = θ0 + ωtθ = (3 + 30t) rad

Jawaban: A

15. ω

π π

ω θ π

= =

= × =

= ∆∆

=

1 0 1

0 1 2

putaran10 s

putarans

rads

0,2 rads

0,2

,

,

t

Maka besar perpindahan sudut ∆θ = ω∆t = ω(t2 – t1) = 0,2π (10 – 6) = 0,8π rad

∆ = × =° °θ ππ

0 8 3602

144, rad rad

Jawaban: D

16. Mulai dari keadaan diam, artinya ω0 = 0

Kecepatan sudut pada t = 0,270 s adalah ω = 15 rad/s. Jarak cakram ke pusat melingkar r = 0, 810 m

Percepatan sudut α adalah:

ω ω α αω ω

= + → =−

00t

t

α = − = =15 00 270

1 50027

5009

2

,. rad/s

Percepatan tangensial at

a rt = = ( )

=α 0 810 500

945 2, m/s

Jawaban: E

17. Posisi sudut

θ(t) = (4,0t – 3,0t2 + t3) rad

Pada t = 0 sekon:θ = (0 – 0 + 0) rad = 0 rad

Pada t = 2 sekon:θ = (4,0)(2) – 3,0(2)2 + (2)3 = 4 rad

Jawaban: C

72

SUPE

R CO

ACH

18. Berdasarkan hasil yang didapat dari nomor 17, didapatkan θ1 = 0 rad dan θ2 = 4 rad.

Kecepatan sudut rata-rata

ω θ θ θ= ∆

∆=

−−

= −−

=t t t

2 1

2 1

00

4,02,0

2 rad/s

Jawaban: A

19. Kecepatan sudut ω didapat dari

ω θ

θ

= ∆∆

= = − +( )∆ →lim

, ,

t tddt

ddt

t t t

0

2 34 0 3 0 rad

ω( ) , ,t t t= − +( )4 0 6 0 3 2 rad/s

Untuk t = 0 sekon didapatkan:

ω(0) = 4,0 – 6,0(0) + 3(0)2 = 4 rad/s

Untuk t = 2 sekon didapatkan:

ω( ) , , ( ) ( )2 4 0 6 0 2 3 2 42= − + = rad/s

Jawaban: D

20. Jari-jari R = 2,0 m

Laju awal partikel v0 = 10 m/sPercepatan sudut αsik = 15 rad/s2

Kelajuan sudut awal,

ω00= = =

vR

102

5 rad/s

Pada t = 5 s, kelajuan sudut ω, didapat dari persamaan:

ω ω α= +

= + ( ) ( ) =0

5 15 5

t

80 rad/s

Jawaban: A

21. Pada t = 0 s → ω0 = 0 s

Pada t1 = 8 s → ω = 5 putaran/s

Pada t2 = 20 s → ωt = 0

Percepatan sudut:

αω ω

=−

= − =0

1

5 08

58t

putarans

Jumlah putaran selama t1 = 8 sekon

θω ω

α1

202 2 2

2

5 0

2 58

=−

=−( )( )

= 20 putaran

Karena besar percepatan konstan, maka perlambatan dalam selang waktu t = 12 sekon adalah:

α = − 58

putaran/s

Jumlah putaran dalam selang waktu t = 12 sekon:

θ ω α2 02

2

12

5 12 12

58

12

= +

= ( ) ( ) + −

( ) =

t t

15 putaran

Jumlah putaran total:θ = θ1 + θ2 = 20 + 15 = 35 putaran

Jawaban: E

22. tp = waktu percepatan = t sekon

tk = waktu ketika laju tetap = (1000 – 3t) sekon

tl = waktu perlambatan = 2tp = 2t sekonttotal = waktu dari bergerak sampai berhenti Selama selang waktu tp = t sekon (GMBB) lintasan yang ditempuh:

θ ω ω ω

π π

1 012

12

8 0 4

= = +( )

= +( ) ( ) =

t t

t t

t

rad

Selama selang waktu tk = (1.000 – 3t) sekon (GMB)

θ ω π

π π2 8 1 000 3

8 000 24

= = ( ) −( )= −( )

t t

tk .

. rad

Selama selang waktu tl = 2t sekon (GMBB)

θ ω ω ω

π π

3 012

12

0 8 2 8

= = +( )

= +( ) ( ) =

t t

t t

l t

rad

Selama ttotal = 1.000 s, terjadi 1.500 putaran

Perhatikan, 1 putaran = 2π rad = 360°. Jadi, 1.500 putaran = 1.500×2π = 3.000π rad

θ θ θ θπ π π π ππ π

= + +

= + − +=

= =

1 2 3

3 000 4 8 000 24 85 000 12

5 00012

. .

..

t t tt

t s 4416,67 s

Jawaban: D

FISI

KA S

MA/

MA

X

73

23. Kedua roda dihubungkan dengan sabuk sehingga v v r rB A B B A A= =⇔ ω ω

ω ωB AA

B

24 rpm= × = × = rr

618

8

Jawaban: C

24. Roda 1 dan 2 seporos

vR

vR

v vRR

v

1

1

2

22 1

2

1

2 14 420

= ↔ = ×

= × =

2,8 cm/s

Roda 2 dan 3 bersinggungan maka:

v v v2 3 31= ↔ = −2,8 cm s

Jawaban: E

25. RA = RB = R

RC = ½ R

vA = 10 m/s

Roda yang dihubungkan tali mempunyai kecepatan linier yang sama vA = vC = 10 m/s

Roda satu poros mempunyai kecepatan sudut yang sama ωB = ωC

Jadi,

ω ωB C

B

B

C

C

B

B 20 m/s

=

=

=

=

vR

vR

vR R

v

1012

Jadi, kecepatan linier roda B adalah 20 m/s.

Jawaban: D

26. RA = 2 cm, RB = 4 cm, RC = 6 cm, ωC = 4 rad/s. Roda A dan C keduanya mempunyai kecepatan linier yang sama. Sedangkan pada lingkaran A dan B keduanya mempunyai kecepatan sudut yang sama, sehingga:

Hubungan antara roda A dan roda C

v v v R

R RA C

A A C C

A

A 12 rad/s

= ⇒ =

=

= ×

=

ωω ω

ω

ω

2 4 63

Hubungan antara roda A dan roda B

ω ω

ω

B A

BB

B

B

B

12 rad/s

48 cm/s

= =

=

=

=

vR

v

v

124

Jawaban: D

27. R = 40 m

μ = 0,4 g = 10 m s−2

Ketika mobil bergerak menikung, gaya gesekan berperan sebagai gaya sentripetal. Gaya sentripetal yang dialami oleh benda yang bergerak pada lintasan yang melengkung dinyatakan oleh persamaan

F m vR

=2

Karena gaya gesekan berperan sebagai gaya sentripetal, maka:

F f N m vR

= ⇒ =gesek µ2

Karena gaya normal N = mg, maka persamaan di atas menjadi

v gRm = = × ×

= =

µ 0 4 10 40

160 4 10

,

Jadi kecepatan maksimum mobil adalah

4 10 m/s .

Jawaban: C

28. Massa benda m = 2 kg;

Jari-jari lintasan R = 2 m;

Kelajuan di titik A = 2 5 m/s

74

SUPE

R CO

ACH

(A) Pada titik A: percepatan sentripetal:

a vRs 10 m/s= =

( )=

22

22 5

2

(B) Percepatan tangensial di A:

a gt = = ° =cos , cosθ 9 8 90 0

(C) Percepatan total:

a a a a

a

= + = +

= = −

s t s

s m s

2 2 2 2

2

0

10

(D) Percepatan sudut, α

a RaRt

t= ⇒ = =α α 0

(E) F mas s 20 N= = ( ) =2 10

Jawaban: A

29. Massa bola m = 0,60 kg

Panjang kawat R = 2 m

Laju bola v = 6,0 ms-1

Tegangan kawat T = 12,8 N

Tmg cos θ

mg

θ

∑ = −

− =

= +

= +

F T mg

T mg m vR

T m vR

mg

T mg vgR

cos

cos

cos

cos

θ

θ

θ

θ

2

2

2

12 8 0 6 106

10 2

12 8 6 1 8

12 8

2

, , cos

, , cos

,

= ( ) ( ) ( )( ) ( ) +

= +( )

θ

θ

== +

= − = =

= °

10 8 612 8 10 8

626

13

70 53

, cos

cos , ,

,

θ

θ

θ

Jawaban: B

30. Massa benda m = 2 kg

Panjang tali l = 50 cm = 0,5 m

Jari-jari lintasan R = 30 cm = 0,3 m

50 cm

40 cm T cos θ

mg

bolaT sin θ

Tθ

θcosθ = 45

sinθ = 35

∑ =

− ==

=

=( )

=

F

T mgT mg

T mg

T

y 0

0

2 1045

coscos

cos

θθ

θ

25 N

Gaya sentripetal yang bekerja pada bola:

F Ts 15 N= =

=sinθ 25 3

5

Periode bandul, T

F mvR

m R mT

R

T mRF

T mRF

T

s

s s

= = =

= ↔ =

=( )

=

22

2

22

2

4 2

22 0 3

151

ω π

π π

π,

,, 256s

Jawaban: B

31.

R

5 m

3 m

37°

Panjang jari-jari lintasanR = 3 m + (5 sin 37°) m

Selang waktu yang dibutuhkan untuk melakukan 1 putaran ditentukan oleh kecepatan sudut.

FISI

KA S

MA/

MA

X

75

ω π πω

π

π

= ⇒ = =

= + °( )

2 2 2

2 3 5 37

TT

vR

Tv

sin

Jawaban: A

32. Di titik terendah (titik A) kelajuan v = 20 m s–1

Gaya yang dikerjakan rel pada kereta:

N m vR

mg mg vRgA = − = −

2 2

1

Massa kereta m = 500 kg dan jari-jari lintasan R = 10 m

NA

15.000 N kN

= ( ) ( ) ( ) ( ) −

= =

500 10 2010 10

1

15

2

Kelajuan maksimum agar kereta tetap pada lintasannya dicari dengan persamaan:

v gRmaks 10 m s= = ( ) ( ) = −10 10 1

Jawaban: B

33.

3 m r = 2 m

mg2,5 m

2,5 m

1,5 mT1

θ

T2

cos,

,

sin ,,

,

, ,

θ

θ

= =

= =

= − =

22 5

0 8

1 52 5

0 6

2 5 1 5 22 2r m

∑ =

+ =

+ =

+ =

F ma

T T mvr

T T v

T T v

x x

1 2

2

1 2

2

1 22

0 8 0 8 22

0 8 0 8

0 8

cos cos

, ,

, ,

,

θ θ

TT T v1 22 1+( ) = ( )

∑ =

− − =

− = ⋅

−( ) =

− =

F

T T mg

T T

T T

T T

y 0

0

0 6 0 6 2 10

0 6 20

1 2

1 2

1 2

1 2

sin sin

, ,

,

θ θ

11003

T1 = 40 N sehingga

40 1003

203

6 67

2

2

− =

= =

T

T , N

Substitusi nilai T1 dan T2 ke persamaan (1)

0 8 40 6 67

37 336 6 11 6

2

2

, ,

, ,

+( ) =

= ⇒ = ≈

v

v v m/s

ω

ωπ

= = =

= ⋅ ⋅

=

vr

62

3

13

601

28

rad/s

3 rads

putaran rad

s menit

,66 rppm rpm≈ 29

Jawaban: E

34. rB jari-jari bulan

1.740 km

=

= =3 4802

.

R = jarak dari Bulan ke Bumi + jari-jari Bulan = 3,8×105 km + 1.740 km = 381.740 km

Sudut yang dibentuk diameter bulan terhadap orang di bumi:

α arc tan

arc tan ..

,

=

=

= °

rRB

1 740381 740

0 261

Kecepatan rotasi bumi:

ω =

= × =

1 putaran24 jam

1 putaran3.600 s

putaransekon

124

186 400.

Besar sudut θ yang ditempuh dalam 1 sekon adalah:

θ = × ° =

°1 putaran1 putaran86 400

360 1240.

76

SUPE

R CO

ACH

∆ = + −

= ( ) −

°

=

x r r r2 2 2 2

2

2

2 1 740 1 1240

cos

. cos

θ

0,0160 kmm

∆ = + ∆y D x2 2

Bukannya diameter jarak paling besar:

∆ = + ∆

= ( ) + ( )≅

y D x2 2

2 23 480 0 0160. ,

3.480 km

Sudut yang dibentuk oleh diameter bumi adalah:

cos

,

α

α

= ∆ + − ∆∆( ) ( )

=( ) − ( )

( )= ↔ =

y D xy D

o

2 2 2

2 2

2

2

3480 0 0160

2 3480

12

60

Jawaban: B

B. Esai

1. 360° = 2π radian

a. 90 2360 2

°×°

=π π radian rad

b. 270 2360

32

°×°

=π π radian rad

2. 1 rpm = 1 putaran per menit1 putaran = 2π = 360°1 menit adalah 60 sekon

a. 120 120 260

4

× = ×

=

1 putaran1 menit

rad s

rad/s

π

π

b. 60 60 260

2

× = ×

=

1 putaran1 menit

rad s

rad/s

π

π

3. ω ππ π=

==

250 2

25

ff

f Hz

4. Aqif dan Ifti memiliki kecepatan sudut yang sama.

• Setiap partikel yang berada pada benda yang bergerak melingkar akan memiliki kecepatan sudut yang sama, yaitu sebesar kecepatan sudut benda yang berotasi.

• Karena massa kedua orang berbeda maka gaya gravitasi bumi (gaya berat) yang bekerja massa akan berbeda.

• Kecepatan linier, laju linier, dan percepatan sentripetal bergantung pada kedudukan benda dari pusat rotasi. Karena Aqif dan Ifti berada di lokasi yang berbeda maka komponen liniernya akan berbeda.

5. Kecepatan sudut ω = 900 rpm = 30π rad

Kelajuan tangensial pada jarak R=50 cmv = Rω = (50 × 10–2)(30π) = 15π m s–1

6. Pernyataan (1): BenarPernyataan (2): Salah, pada GMB kelajuan linier tetap sehingga tidak ada perubahan kecepatanPernyataan (3): Salah, percepatan tangensial adalah perubahan kelajuan linearPernyataan (4): Benar, at = αr

7. (1) Kedua titik memiliki kecepatan sudut yang sama karena kedua titik berjalan menuju sudut yang sama dalam selang waktu yang sama → Pernyataan (1) benar.

(2) Benda bergerak melingkar beraturan sehingga tidak ada perubahan kecepatan. Benda bergerak dengan percepatan sudut sama dengan nol → pernyataan (2) benar.

FISI

KA S

MA/

MA

X

77

(3) Kecepatan linier di A dan B berbeda.

r r

v r v r

v r v r

v v

v v

A B

A B

A A B B

A B B B

A B

B A

=

=

=

( ) =

=

=

2

2

122

ω ω

Pernyataan (3) benar

(4) Percepatan singgung sama dengan nol → Pernyataan (4) benar.

8. Pada gerak melingkar beraturan:Kecepatan sudut tetap.Besar kecepatan linier adalah tetap, tetapi vektor kecepatan linier setiap saat berubah. Jadi, yang benar hanya ketentuan (1) saja.

9. Percepatan sentripetal as = ω2rKecepatan putar dijadikan 2 kali semula, maka as = (2ω)2r = 4ω2r = 4as

Jadi, percepatan sentripetal bola kasti tersebut menjadi 4 kali lebih besar daripada percepatan semula.

10. a. Mobil bergerak dari A ke BPercepatan yang dialami mobil

a vr

vR

= =2 2

2

b. Mobil bergerak dari B ke CMobil bergerak lurus beraturan sehingga percepatan mobil = 0

c. Mobil bergerak dari C ke DPercepatan yang dialami mobil

a vr

vRs = =

2 2

11. 600 60060

10 rpm rotasi s

rotasis

= =

Frekuensi piringan = Frekuensi lubang: = f = 10 HzPartikel udara pada lubang akan berotasi dengan frekuensi 10 HzFrekuensi yang terdengar dari 40 lubang. f = 40 × 10 Hz = 400 Hz

12. Kecepatan awal ω0 = 30 rad/s

Setelah t =10 s, turbin berhenti ωt = 0

Perlambatan yang dialami turbin

αω ω

=−

= − =t

t0 230 0

103 rad/s

Sudut yang ditempuh:

∆ = +

= ( ) + −( ) ( ) =

θ ω α02

2

12

30 10 12

3 10

t t

150 rad

13. Percepatan sudut:

θ ω α

α

α

= +

= + ( )

=

02

2

2

12

250 0 12

10

5

t t

rads

Kecepatan sudut ketika t = 2 s

ω ω α

ωt

t

t= +

= + ( ) =0

0 5 2 0

, 10 rad/s

14. r1 = 20 cm r2 = 10 cm ω1 = 50 rad/sω2 = ...?

Dua roda yang dihubungkan dengan rantai memiliki kecepatan linier (v) yang sama.

v v

r r1 2

1 1 2 2

2

2

50 20 10

100

=

=

( ) ( ) = ( )=

ω ω

ω

ω rad/s

15. Kecepatan sudut untuk dua roda yang seporos adalah sama.

ω ω1 2

1

1

2

2

2

2

2020 10

10

=

=

=

=

vr

vr

v

v m/s

16. Roda 1 dan roda 2 sepusat sehingga:

ω1 = ω2 = 100 rad/s

Roda 2 dan roda 3 terhubung tali sehingga:

78

SUPE

R CO

ACH

v v

r r1 3

1 1 3 3

3

3

100 20 5

400

=

=

( ) ( ) = ( )=

ω ω

ω

ω rad/s

17.

A

ωA = 3π rad/s

B

RA = 2 cm

roda A diputar searah jarum jam

RB = 4 cmRC = 5 cmRD = 8 cm

C

D

a.

SearahBA

roda B searah jarum jamC

B

Searah

roda C searah jarum jam

DBBerlawanan arah

roda D berlawanan jarum jam

b. vA = vB

RAωA = RBωB

2 3 4

32

2

⋅ =

=

π ω

ω πB

B rad s

v RB B B cm s= = ⋅ =ω π π4 32

62

ω ω πC B rad s= = 3

2

v RC C C

cm/s

=

= ⋅ = =

ωπ π π5 32

152

7 5,

v v

vR

D C

DD

D

cm s

rad s

= =

= = ( ) =

7 5

152 8

1516

, π

ω π π

c. Frekuensi (f) = n → banyak putaran t → waktu

n ft

n t

n t

=

= ⋅ = ⋅ =

= ⋅ = ⋅ =

AA

BB

putaran

put

ωπ

ππ

ωπ

ππ

232

60 90

234

60 45

30

15

aaran

putaranCB

B

DD

n t n

n t

= ⋅ = =

= ⋅ =⋅

⋅ =

ωπ

ωπ

ππ

π

245

215

2 1660 225

8

3015

88

28 125= , putaran

18. Kecepatan sudut dinyatakan dengan persamaan

ω = vR

Untuk roda B, ωBB

B

=vR

sedangkan untuk

roda C, ωCC

C

=vR

Perbandingan kecepatan sudut roda B dan roda C adalah

ω ωB CB

B

C

C

: :=vR

vR

Karena roda B dan roda C dihubungkan dengan sabuk, maka kecepatan linier bola B (vB) sama dengan kecepatan linier bola C (vC), atau vB = vC sehingga

ω ωωωB C

B

C

B

B

C

C

C

B

20 cm cm

: := = = = = =

vRvR

RR 4

51

5 1

Jadi, perbandingan kecepatan sudut roda B dan C adalah 5 : 1.

FISI

KA S

MA/

MA

X

79

19. v v

r r1 2

1 1 2 2

2

2

120 20 10

=

=

( ) ( ) = ( ) ( )=

ω ω

ω

ω 240 rad/s

20. Roda A dan roda C dihubungkan dengan karet ban sehingga:

v v

R R

RR

A C

A A C C

A CC

AC

=

=

= =

ω ω

ω ω ω52

Roda A dan roda B seporos sehingga:

ω ω ω ωωω

ω ω

A B B CB

C

B C

= ⇒ = ⇒ =

=

52

52

5 2Jadi, : :

21. v gr

v

maks s

maks m/s

=

= ( ) ( ) ( ) =

µ

9 8 50 0 3 7 3, ,

22. Anggap saat jalan tertutup salju tidak ada gesekan antara jalan dan roda kendaraan, 54 km/jam = 15 m/s

v grmaks =

= ( ) ( )

=

= °

tan

tan

tan

θ

θ

θ

θ

15 10 30

3437

23. v gr

v

v

maks

maks

maks m/s

=

= ( ) ( )

=

tanθ

10 40 3 13

20

24. v gr

v

s

smaks

maks

=+

−

= ( ) ( ) +−

µ θµ θ

tantan

, ,,

1

10 26 0 25 0 751 0 25(( ) ( )

=

0 75

8 5

,

vmaks m/s

25. Jalan miring kasar, 108 km/jam = 30 m/s

v gr s

smaks =

+−

= ( ) ( )+

− ( ) (

µ θµ θ

θ

θ

tantan

tan

tan

1

30 10 5027

1 27 ))

== °

tanθθ

145

26. a. tan

tan

tan

α

α

α

=

=

=

vrg

v rg

v rg

02

02

0

b. Saat v v F mvr

f F

fM v

rMvr

Mgr

Mg

1 2

2

0

2

02

2

2 4

4 4

= =

=

=( )

=

= =

,

tan tanα

Saat vv

f F

fM

v

rMv

rMg

20

02

20

2

2

24 4

=

=

= = = tanα

27. T1 = Tegangan tali di kedudukan terendah

T mg vRg1

2

1= +

T2 = Tegangan tali pada sudut θ = 90°

T mg vRg

mg vRg

mg vRg

2

2

2 2

90

0

= + °

= +

=

cos

T3 = Tegangan tali pada kedudukan tertinggi

T mg vRg3

2

1= −

Dari ketiga persamaan di atas dapat dilihat bahwa T3 < T2 <T1, yaitu pernyataan (2).

80

SUPE

R CO

ACH

28. Massa bola m = 200 g = 0,2 kg

Kecepatan sudut ω = 5 rad s–1

Panjang tali l = 60 cm = 0,6 m

Gaya sentripetal:

T m vR

m R m

T

l= = =

= ( ) ( ) ( ) =

22 2

20 2 5 0 6

ω ω

, , 3 N

29. Untuk partikel yang bergerak melingkar berlaku

∑ =F mvr

2

Uraikan gaya-gaya yang bekerja pada saat berada di titik tertinggi (gaya yang ke arah pusat rotasi adalah positif, gaya yang berarah menjauhi pusat rotasi adalah negatif)

a. Partikel berada di titik tertinggi

v

pusat rotasi

Tw

Sehingga didapat persamaan:

+ + =

+ =

+ ⋅ = ⋅

= − =

T w mvR

T mg mvR

T

T

2

2

2

0 2 10 0 2 100 5

40 2 38

, ,,

newton

b. Partikel berada pada titik terendah Tegangan tali berarah menuju pusat rotasi (+) sedang berat partikel menjauhi pusat rotasi (−) sehingga persamaan menjadi:

pusat rotasi

w = mg

T

+ − =

− =

− ( ) ( ) =( ) ( )

( )= + =

T w mvR

T mg mvR

T

T

2

2

2

0 2 100 2 10

0 5

40 2 42

,,

,

newtton

30. Agar balok tetap pada lintasannya diperlukan gaya sentripetal yang diberikan oleh tegangan tali.

T m vR

m Rtali = =2

2ω

ω = kecepatan sudut = 2πt

dengan t = periode putaran, maka didapat:

Tt

T mst

t msT

t msT

m

stali

tali

tali

m

=

=

= ⇒ = =

2

4

4 4 2

2

2

2

22 2

π

π

π π π ssT

Jadi waktu untuk melakukan 1 putaran

adalah 2π msT

.

31. Massa m = 500 kg; R = 10 m

Kelajuan di titik A = 20 m/sTitik A adalah kedudukan terendah. Gaya yang dikerjakan lintasan pada kereta:

10 m

A

+ − =

= + = +

=( ) ( ) ( ) +

N mg m vR

N m vR

mg mg vRg

A

A

2

2 2

2

1

500 10 2010 10

11

= 25.000 N

FISI

KA S

MA/

MA

X

81

32. C

B

pusat rotasi

37°

A

Jari-jari lingkaran R = 2 mGaya agar kelereng tidak meninggalkan lintasan:

N mg vRgC = −

2

cosθ

Kelajuan minimum di titik C (saat gaya normal NC = 0)

02 2

= −

⇒ =mg v

Rgmg v

Rgmg cos cosθ θ

v Rg

v Rg

v

2

2 37

2 0 10 0 799

= ( )= °

= ( ) ( ) ( ) = =

cos

cos

, ,

θ

3,99 m/s 4 m/s

33. Kelajuan maksimum mobil dihitung dengan persamaan

v gRmaks

m/s

=

= × = 10 45 15 2

34. F mg

r

g = = ( ) ( ) =

=

= °

= ( )

4 9 8 39 2

48 6

2

2 kg m/s N

sin 1,5 m2 m

m

. ,

,

co

θ

θ

ss , ,48 6 1 32° = m

39,2 N

gayaTx

Tx

θ

gerak

ax v

∑ = =

° + ° =( ) ( )

+ =

F ma mvr

T T

T T

x x

2

2

48 6 48 66

109

a b

a b

41,32

N

cos , cos ,

coss ,48 6165

°= N

∑ =

+ ° − ° − =

− =°

=

F ma

T T

T T

y y

a b

a b39,2 N 5

sin , sin , ,

sin ,

48 6 48 6 39 2 0

48 622,3 N

Nilai Ta dan Tb diperoleh dengan menambahkan:

Ta + Tb + Ta – Tb = 165 N + 52,3 N

Ta N N= =217 3

2108 65, ,

T Tb a N N

N

= − = −

=

165 165 108 65

56 35

,

,

82

SUPE

R CO

ACH

PEMBAHASANP E N I L A I A N A K H I R S E M EST E R 1

A. Pilihan Ganda

1. Pernyataan bahwa energi tidak dapat diciptakan ataupun dimusnahkan merupakan bunyi dari hukum kekekalan energi. Jadi, pernyataan tersebut merupakan produk fisika yang termasuk hukum.

Jawaban: C

2. Tahapan metode ilmiah:

• Merumuskan masalah (1)

• Kajian pustaka (2)

• Mengajukan hipotesis (3)

• Melakukan eksperimen (5)

• Menganalisis data (6)

• Membuat kesimpulan (4)

Jawaban: B

3. Gambar pada soal menunjukkan foto organ tubuh bagian dalam manusia yang diperoleh melalui radiasi sinar-X (CT-Scan). Foto tersebut digunakan sebagai diagnostik radiologi, yaitu penggunaan radiasi untuk mendiagnosis penyakit pada pasien. Pengaplikasian ini dibahas pada kajian ilmu fisika medis.

Jawaban: A

4. Berikut ini perilaku yang harus dilakukan saat di dalam laboratorium.

• Ketika memasuki laboratorium, gunakan jas laboratorium, sepatu bersol karet, ikatlah rambut bagi siswa perempuan.

• Ketika hendak melakukan praktikum, mintalah bantuan guru atau petugas laboratorium untuk menyiapkan alat dan bahan praktikum. Jangan mengambilnya sendiri karena ada beberapa alat

atau bahan yang harus diperlakukan secara khusus.

• Saat melakukan praktikum, ikuti petunjuk yang telah diinformasikan sebelumnya.

Jawaban: D

5. Televisi memanfaatkan tentang gelombang elektromagnetik. Ultrasonografi memanfaatkan pengetahuan tentang gelombang bunyi. Sel suraya memanfaatkan pengetahuan tentang efek fotolistrik. Keteta maglev memanfaatkan pengetahuan tentang medan magnet. Pengetahuan-pengetahuan tersebut semuanya dipelajari dalam ilmu fisika.

Jawaban: E

6. (A) Kalor jenis dapat diperoleh melalui

persamaan c Qm T

=∆

.

Berdasarkan persamaan dapat diketahui satuan dari kalor jenis,

yaitu joulekg K

. Berdasarkan satuan,

dapat dianalisis dimensinya, yaitu

ML TM

L T2 2

2 2 1−

− −=θ

θ

(B) Massa jenis dapat diperoleh melalui

persamaan ρ = mV

. Berdasarkan

persamaan dapat diketahui satuan

dari massa jenis, yaitu kgm3

.

Berdasarkan satuan dapat dianalisis dimensinya, yaitu ML−3.

(C) Momentum linier dapat diperoleh melalui persamaan p = mv. Berdasarkan persamaan, momentum memiliki satuan kg m/s. Berdasarkan

FISI

KA S

MA/

MA

X

83

satuan, dapat dianalisis dimensinya, yaitu MLT−1.

(D) Momentum anguler dapat diperoleh melalui persamaan L = Iω. Berdasarkan persamaan, momentum anguler memiliki satuan kg m2 rad/s. Berdasarkan satuan, dapat dianalisis dimensinya, yaitu ML2T−1.

(E) Energi nuklir bersatuan joule sehingga berdimensi ML2T−2.

Jadi, besaran yang memiliki dimensi ML2T–1 adalah momentum anguler.

Jawaban: D

7. Dalam pengurangan yang melibatkan angka-angka penting, hasilnya hanya boleh mempunyai satu angka taksiran (angka paling kanan). Angka taksiran ditandai dengan garis bawah.

Tebal logam 1 = 2,07 cm

Tebal logam 2 = 1,88 cm −

Selisih = 0,19 cm

Pada pilihan jawaban, satuan yang tertulis adalah milimeter (mm), sehingga kita perlu mengonversi jawabannya dari satuan cm ke mm.

0,19 cm × 10 = 1,9 mm

Jawaban: D

8. Diameter koin = 2,57 cm = 25,7 mm 3 AP

Tebal koin = 1,72 mm 3 AP

V t = t

=

r d=2

2,572

1,72

284,0107 mm

22

2

3

π π

π

π

( )

=

Hasil harus dalam 3 AP. Jadi, volume koin adalah 284 mm3.

Jawaban: E

9. Sistem satuan internasional dikembang-kan dari sistem MKS (1) salah.

Mol didefinisikan sebagai jumlah zat yang mengandung partikel sebanyak atom yang terdapat pada 12 gram karbon-12 (2) benar.

Sudut merupakan besaran yang tak berdimensi (3) salah.

Usaha dan energi memiliki dimensi yang sama karena satuannya sama, yaitu joule (4) benar.

Jawaban: C

10. V = (V ± ∆V)

∆V = 12

0,1= 0,05×

Jadi, hasil pengukuran tegangan dapat dituliskan

(10,5 ± 0,05) V

Jawaban: A

11. Ketidakpastian relatif:

∆II

× ×100% = 0,054,5

100% =1,11%

Jawaban: B

12.

−B

A

A − B

Jawaban: D

13. Dengan menghitung kotak pada soal, didapatkan besar gaya F1 dan F2 dalam komponen x dan y.

F1x = 4 satuan, F1y = 5 satuan

F2x = 8 satuan, F2y = 0

∑Fx = 4 + 8 = 12 satuan

∑Fy = 5 satuan

Σ Σ ΣF F Fx y=

12 5 13 satuan

2 2

2 2

+

= + =

Jawaban: C

14. F1y = F1 sin 30° =40 12

20 N

=

F2y = F1 cos 60° =40 12

3 20 3 N

=

84

SUPE

R CO

ACH

∑Fy = F1y – F2y =

20 20 3 = 20 1 3 N− −( )Jawaban: B

15.

A+ B i k+ j k

i j+ k k = i j+ k

= + +

= + + +

2

2 3

A+ B = = 1 1 3 11 satuan2 2 2+ +

Jawaban: D

16. W F s

i+ j i

i i j i =

= ⋅

= ( ) ⋅ ( )= ⋅ + ⋅

8 6 6

8 6 6 6 48+0 = 48 N m

Jawaban: A

17. 80 m

80 m

80 – 20 = 60 m

80 m

20 m

akhir

awal

R

R2 = 802 + 602

R =100 m

Jawaan: C

18. Jarak yang ditempuh benda dapat ditentukan dengan menghitung luas trapesium.

s =4+8

212 = 72 m

( )×

Jawaban: A

19. aI = aII = aIII

a =v v

tt

I0 18 6

43

−= − = m/s2

a =v v

tx x

x =

tII

0

1

3 308

24 = 30

30 24 = 6 m s

−⇒ = − ⇒ −

− −

s y v t+ a t= = = ( ) + ( ) ( )=

0 III2 21

212 4 1

23 4

72 m

Jawaban: B

20. Kecepatan v = gradien x−t = tan α.

Pada selang tA−tB tampak bahwa gradien makin landai, yang berarti v makin kecil sehingga geraknya diperlambat.

x

ttB tA

Jawaban: E

21. Untuk mengetahui peristiwa yang akan terjadi, perlu diketahui jarak yang ditempuh taksi supaya bisa sepenuhnya berhenti. Waktu pengereman harus ditentukan terlebih dahulu.

a =v v

t t

t

t −⇒ − = −

= −−

=

0 5 0 25

255

5 s

s = v t+ at

=

02

2

12

25 5 12

5 5 62,5 m( ) + −( ) ( ) =

Taksi berhenti setelah menempuh jarak 62,5 m. Artinya, taksi tidak menabrak portal, tetapi berhenti pada jarak 7,5 sebelum portal.

Jawaban: E

22. Permasalahan pada soal dapat disketsa sebagai berikut.

t = 0

10,0 m

v0

0

Δy = 10,0 m

a = –g = –10 m s–2

A Tanah

Karena titik awal pelemparan dijadikan acuan nol maka tempat jatuhnya batu adalah −10 m.

FISI

KA S

MA/

MA

X

85

y = v t+ at

= t t

t t t t

t t+

02

2

2 2

12

10 5 12

10

5 5 10 0 2 = 0

2 1

− + −( )− − = ⇒ − −

−( ) ( ) = 00

2 atau = 1 t = t −

Jadi, batu mencapai tanah setelah 2 s.

Jawaban: D

23. Waktu yang diperlukan oleh bola pertama untuk mencapai tinggi maksimum (tinggi maksimum tercapai ketika v = 0).

v = v0 − gt

0 = 10 − 10t

10t = 10

t = 1

Tinggi maksimum yang dicapai oleh benda pertama adalah:

h = v0t − ½gt2

= 10 × 1 − ½ × 10 × 12

= 10 − 5 m = 5 m

Ternyata bola pertama mencapai tinggi maksimum 5 m pada saat t = 1 s. Padahal saat itu bola kedua dilemparkan ke atas. Artinya, ketika bola kedua dilempar ke atas, bola pertama jatuh ke bawah. Jadi, kedua bola akan bertemu di bawah ketinggian 5 m [opsi C, D, dan E sudah pasti salah]. Sekarang kita ilustrasikan bola pertama mengalami gerak jatuh bebas dan bola kedua mengalami gerak vertikal ke atas.

2

1

1

2

A

h2

h1

h = 5 m

Anggap kedua bola bertemu di garis A dengan h1 adalah jarak yang ditempuh bola pertama karena gerak jatuh bebas sedangkan h2 adalah ketinggian yang dicapai bola kedua yang bergerak vertikal ke atas.

h1 = ½gt2

h2 = v02t − ½gt2

Berdasarkan gambar di atas diperoleh:

h = h1 + h2

5 = ½gt2 + v02t − ½gt2

5 = v02t

5 = 25 × t

t = 0,2

Jadi, kedua bola akan bertemu pada saat bola kedua menempuh waktu 0,2 detik. Tinggi yang dicapai bola kedua pada saat itu adalah

h2 = v02t − ½gt2

= 25 × 0,2 − ½ × 10 × 0,22

= 5 − 0,2 = 4,8

Jadi, tinggi yang dicapai bola kedua saat bertemu bola pertama adalah 4,8 m.

Jawaban: B

24. Pada titik tertinggi, kecepatan vertikal vy = 0 dan kecepatan horizontal vx bernilai tetap. Percepatan yang dialami oleh proyektil adalah percepatan gravitasi g.

H

0

Y

X

g

v = vx

vy = 0

Jawaban: E

25. Jika gesekan udara diabaikan, maka satu-satunya gaya yang bekerja pada benda adalah gaya gravitasi (gaya berat), yang besarnya konstan, arah resultan gaya konstan.

86

SUPE

R CO

ACH

V

vv = lintasan

mg

F = mg

m·g

Pada gambar tampak bahwa sudut antara resultan gaya dan lintasannya adalah berubah.

Jawaban: B

26. (1) Jarak bola jatuh diukur dari depan kaki meja merupakan jarak horizontal, yaitu

x = vxt. Cari waktu bola dengan analisis gerak vertikal.

h v gt

h gt

t hg

y= +

= +

= =( )

= =

02

2

12

0 12

2 2 210

210

0 2 10, s

Jadi, jarak x adalah

x v tx= = ( ) =10 0 2 10 2 10, m

Pernyataan (1) benar.

(2) vx =10 m/s

v v gty y= +

= + ( ) ( ) =

02

2

12

0 12

10 1 5 m/s

v v vx y= +

= +

= =

2 2

2 210 5

125 5 5

m/s

Pernyataan (2) salah.

(3) Bila ditinjau dari gerak vertikal, bola bergerak jatuh bebas karena kecepatan awal vertikalnya (v0y) adalah nol sehingga gaya yang menyebabkan percepatan bola hanyalah gaya berat. Sementara itu, gerak horizontalnya adalah GLB

tanpa percepatan sehingga tidak ada gaya yang bekerja pada komponen horizontal. Jadi, gaya yang bekerja pada bola saat menyentuh lantai hanyalah gaya berat yang besarnya

w = mg = 0,2(10) = 2 N.

Pernyataan (3) salah.

(4) Waktu yang dibutuhkan bola untuk menyentuh lantai sudah kita hitung di pernyataan (1), yaitu sebesar

0 2 10, atau 210

10 15

10= s .

Pernyataan (4) benar.

Jawaban: B

27. Titik tertinggi dalam gerak parabola:

y =v

gH0

2 2sin 2

θ

Kecepatan awal dan percepatan gravitasi sama sehingga:

y

yy

H2

HA

HB

A

B

2 2

sin

sin sin

sin 30sin 60

∝

=

= °

°

=

θ

θθ

11 43 4

13

=

Jawaban: B

28. Pada titik tertinggi,

x =v

g

v

v

H0

2

02

0

sin 22

400 =sin 2 452 32

400 64sin 90

20 8

θ

°( )( )

=( )

°=

( ))=

1160 sft/

Jawaban: E

29. y v t gt

t

t

y= −

− = − ( )=

02

2

2

12

80 0 12

10

16

t = 4 s (kelereng kedua sampai ke tanah)

x v t

v v

v v

x

x

y

=

= =

=

= =

=

0

0 0

0 0

50 35

45

50

cos

sin

θ

θ

30 m/s

40 m/s

FISI

KA S

MA/

MA

X

87

Waktu yang diperlukan kelereng pertama untuk sampai di x:

t xv x

= = =0

6030

2 s

Pada t = 2 s, kelereng pertama berada pada ketinggian:

y v t gty= −

= ( ) − ( ) ( ) =

02

2

12

40 2 12

10 2 60 m

Sedangkan kelereng kedua pada t = 2 s berada pada ketinggian:

y v t gty= −

= − ( ) ( ) =

02

2

12

0 12

10 2 20 m

atau pada jarak 60 m dari bidang horizontal O, sehingga kelereng pertama berbenturan dengan kelereng kedua saat ketinggian 60 m.

Kecepatan kelereng kedua ketika sebelum berbenturan adalah:

v v gt gty = − = −

= −( ) ( ) = −0

10 2 20 m/s arah ke bawah

Jawaban: D

30. Gunakan faktor konversi 2360π rad

°

90 90 2360

12

° = °×°

=π π rad rad

Gunakan faktor konversi 1360

putaran°

90 90 1360

14

° = °×°

= putaran putaran

Jawaban: A

31. Gunakan faktor konversi 21

π rad putaran

14

21 2

putaran rad putaran

rad× =π π

Jawaban: A

32. Roda-roda yang dihubungkan dengan tali atau rantai mempunyai kecepatan linear yang sama (v1 = v2 = v).

v v

r rA B

A A B B

B

B

=

=

×

=

ω ω

ω

ω

8 10 20

4

rads

cm= cm

rads

Jawaban: D

33. (1) Roda-roda yang dihibungkan dengan tali atau rantai mempunyai kecepatan linear yang sama (v1 = v2 = v).

(2) Roda-roda yang bersinggungan mempunyai kecepatan linear yang sama (v1 = v2 = v).

(3) Roda-roda yang sepusat atau sesumbu, mempunyai kecepatan sudut yang sama (v1 = v2 = v3).

Jadi, berdasarkan penjelasan di atas, pilihan jawaban yang tepat adalah Pilihan A.

Jawaban: A

34. Roda A dan roda B seporos sehingga: ωA = ωB

Untuk roda A:

∆ω = ωA2 – ωA1 = αA∆t

6π – 6π = αA∆t

2π = αA(2) → αA = π rad/s2

Untuk roda B: αB = π rad/s2

Roda B roda C bersinggungan sehingga: vB = vC.

∆ωBrB = ∆ωCrC

αB∆t.rB = αC∆t.rC

π(2).(20) = αC(2).15

αC = 1,33 π rad/s2

Jawaban: E

35. Laju awal pada t = 0 s adalah v0 = 10 m/s Percepatan sudut ion α = 15 rad/s2 Jari-jari R = 2 mLaju sudut ion setelah t = 5 sekon didapat dari persamaan:

ω ω αt t= +0

88

SUPE

R CO

ACH

Dengan kecepatan sudut awal

ω00 10

25= = =

vR

rads

Maka

ω = + ( ) =5 15 5 802

rads

rads

rads

Sudut radian yang ditempuh selama selang waktu tersebut:

∆ = +( )

= +( )( ) =

θ ω ω1212

80 5 5

0 t

212,5 rad

Jarak linier yang ditempuh ion:

∆ = ∆

= ( )( ) =

x r θ

2 425 m 212,5 rad meter

Jawaban: A

B. Esai

1. a. Alat ukur yang digunakan untuk mengukur tebal koin adalah mikrometer sekrup sementara diameter koin adalah jangka sorong. Mikrometer sekrup digunakan karena tebal koin sangat kecil sehingga membutuhkan alat ukur dengan ketelitian lebih besar. Sementara itu, jangka sorong biasanya digunakan untuk mengukur diameter benda yang bentuknya lingkaran.

b. t = 4,5 + 0,11 = 4,61 mm

∆t = ½ × 0,01 mm = 0,005 mm

Jadi, tebal koin dapat dituliskan (4,610 ± 0,005) mm

d = 1,5 + 0,05 = 1,55 cm

∆d = ½ × 0,01 cm = 0,005 cm

Jadi, tebal koin dapat dituliskan (1,550 ± 0,005) cm

2. Misalnya perpindahan searah aliran sungai dinyatakan dengan x, perpindahan tegak lurus aliran sungai dinyatakan dengan y, perpindahan total perahu dinyatakan dengan R, kecepatan aliran sungai dinyatakan dengan vx, kecepatan perahu tegak lurus aliran sungai dinyatakan dengan vy, dan kecepatan total perahu dinyatakan dengan vtot,.

a.

180 m

y

x

R

vy

vx

vtot

b. Σ Σ Σv v vx ytot2 2

2 2

=

8 6 10

+

= + = m/s

Perpindahan total perahu (R)

vv

Ry

R R

y

tot =

106 180

300 m= ⇒ =

3. a. Kecepatan akan berharga positif, jika slope atau kemiringan garis dari grafik x dan t berharga positif dan bernilai negatif jika kemiringan garis bernilai negatif

Kecepatan = kemiringan garis

v xy

= ∆∆

Pada gambar grafik soal, kecepatan yang bernilai positif adalah AB dan EF karena kemiringan garis berharga positif. Kecepatan yang bernilai negatif adalah CE karena gradien bernilai negatif (menurun ke sumbu-X negatif). Kecepatan yang bernilai nol adalah BC karena mobil tidak mengalami perpindahan.

FISI

KA S

MA/

MA

X

89

b. Kecepatan untuk setiap bagian grafik

Garis AB: x1 = 50 m x2 = 250 m

t1 = 0 s t2 = 10 s

vx xt tAB

20 m s

=−−

= −−

= −

2 1

2 1

1250 5010 0

Garis BC:

x1 = x2 = 250 m

t1 = 10 s, t2 = 20 s

vx xt tBC =

−−

= −−

=2 1

2 1

250 25020 10

0

Garis CE:

x1 = 250 m, x2 = –100 m, t1 = 20 s, t2 = 45 s

vx xt tCE

14 m s

=−−

= − −−

= − −

2 1

2 1

1100 25045 20

( )

Garis EF:

x1 = –100 m, x2 = 50 m

t1 = 45 s, t2 = 65 s

vx xt tEF

7,5 m s

=−−

= − −−

= −

2 1

2 1

150 10065 45

( )

4. v v

v v

x

y

0 0

0 0

30 20 12

3 10 3

30 20 12

10

= ° = ⋅ =

= ° = ⋅ =

cos

sin

m/s

m/s

a. t = 1 sekony0 = 0 (benda mula-mula di tanah)x0 = 0

y y v t gt

y

yx x v t

y

x

= + −

= + ⋅ − ⋅ ⋅

== +

= + ⋅

0 02

2

0 0

12

0 10 1 12

10 1

0 10 3 1

5 meter

== 10 3 meter

Koordinat bola setelah 1 sekon adalah

(10 3 , 5) m

b. Bola mencapai tinggi maksimum: vy = 0

vy = v0y – gt

0 = 10 – 10t

10t = 10

t = 1 detik

y y v t gt

y

y= + −

= + ⋅ − ⋅ =

0 02

2

12

0 10 1 5 1 5Tinggi maksimum yang dicapai bola adalah 5 meter.

c. Bola mencapai tanah: y = 0

y y v t gty= + −0 021

2

0 = 0 + 10t – 5t2

0 = 5t (2 – t)

t1 = 0 (tidak dipakai)

t2 = 2 sekon

x x v tx= +

= ⋅ =0 0

10 3 2 20 3 meter

5. v gr

R

R

maks s

160 m

=

= ( ) ( ) ( )=

µ

20 10 0 25,

90

SUPE

R CO

ACH

K O G N I T I FB A B 7

PEMBAHASANUJI KOMPETENSI MANDIRI

A. Pilihan Ganda

1. Gravitasi bumi menarik balok sehingga pada balok bekerja gaya berat g. Berat balok menarik tali dengan gaya A (gaya aksi) sehingga tali melakukan gaya reaksi menarik balok (gaya 3). Tali menarik langit-langit (gaya 2) yang merupakan gaya aksi sehingga langit-langit memberikan gaya reaksi (t).

Jawaban: D2. mA = 2 kg wA = 20 N

mB = 3 kg wB = 30 N

A

NB

wAwB

B

∑F = 0

NBL – wA – wB = 0

NBL = wA + wB = 20 + 30 = 50 N

Jawaban: C3. mkotak = 5 kg

wkotak = 50 N

N

w

20 N

20 sin 37°

20 cos 37°

∑Fy = 0

N + 20 – w – 10 sin 37° = 0

N = w + 10 sin 37° – 20

= 50 + 10(0,6) – 20 36 N

Jawaban: C4. m = 5 kg

θ = 37°

F = 10 N

Gambar (a)

Gaya normal yang bekerja pada gambar (a) adalah nol, sehingga benda akan jatuh.

Gambar (b)

∑F = 0

N – F = 0

N = F = 10 N

Gambar (c)

Fx = F cos θ = 10 cos 37° = 8 N

∑F = 0

N – Fx = 0

N = Fx = 8 N

Jawaban: A5. m = 10 kg

µk = 0,1

N = mg = 100 N

fk = µkN = 10 N

∑F = ma = 0

F – fk = 0

F = fk

F = 10 N

Jawaban: C6. m = 100 kg µ = 0,2

F = 300 N

θ = 37°

sin 37° = 0,6

∑Fy = 0

mg = N = 1.000 N

f = µN = 200 N

∑Fx = max

F cos θ – f = max

(300)(0,8) – 200 = 100 ax

ax = =40100

0 4 2, m s

Jawaban: C

N

F

N

FF sin θ

θF cos θ

FISI

KA S

MA/

MA

X

91

7. F = 400 N

∑Fy = 0

N = mg = w = 700 N

fs max = µs.N = (0,50)(700) = 350 N

Kotak bergerak sebab F > fs max

∑Fx = max

F – fk = max

F – (µkN) = max

400 – (0,4)(700) = 70ax

ax = =12070

1 71 2, m/s

Jawaban: B8. w = 300 N → m = 30 kg (ingat, w = mg)

cosθ = 35

→ sinθ = 45

4

3

5

cos θ = 35

sin θ = 45

θ

µs = 0,5

µk = 0,4

fk = 72 N

Kita tentukan dulu gaya normal N yang bekerja pada lemari besi.

fk = µkN

72 = 0,4N

N = 180 N

Resultan gaya-gaya yang bekerja pada sumbu y (vertikal) adalah nol (lemari tidak bergerak ke atas). Sehingga:

∑Fy = 0N + F sin θ − w = 0

180 + F 45

− 300 = 0

45 F = 120

F = 120 5

4

F =150 N

Ketika lemari besi ditarik oleh gaya F lemari tersebut bergerak sehingga

memenuhi Hukum II Newton sebagai berikut.

∑Fx = maF cos θ – fk = ma

150 35

− 72 = 30a

30a = 18 → a =1830

Jadi, percepatan dan gaya tarik lemari

besi tersebut adalah 1830 m/s2 dan 150 N.

Jawaban: B9. ∑F1 = m1a ∑F2 = m2a

T = m1a ... (1) F – T = m2a ... (2)

Dari (1) dan (2)

F – m1a = m2a ⇒ F = (m1 + m2)a

a Fm m

=+1 2

Tegangan tali T = m1a

T m Fm m

mm m

F=+

=

+11 2

1

1 2

Jawaban: C10. m1 = 2m, m2 = m, m3 = 3m

Gaya kontak antara peti 1 dan 2:

N Nm m

m m mF

m mm m m

F

mm

F F

21 122 3

1 2 3

32 346

46

= =+

+ +

= ++ +

= =

Gaya kontak antara balok 2 dan 3

N Nm

m m mF m

mP F23 32

3

1 2 3

36

12

= =+ +

= =

Perbandingan N21 dan N23 adalah:

NN

F

F

21

23

4612

86

43

=( )( )

= =

Jawaban: A11. mA = 10 kg

mB = 15 kg

mC = 20 kg

F = 135 N

92

SUPE

R CO

ACH

AT1 T2 w

B C

F – T2 = mC a ...(1)

T2 – T1 = mB a ...(2)

T1 = mA’a = 10a ...(3)

Substitusikan persamaan (3) ke persamaan (2).

T2 – 10a = 15a

T2 = 25a

Substitusikan nilai T2 ke persamaan (1).135 – 25a = 20a 45a = 135 a = 3 m/s2

Sehingga, T2 = 25(3) = 75 N T1 = 10(3) = 30 N

Jawaban: B12. m = 2 kg

g = 10 m/s2

Tinjau sistem A:

∑FA = 0

T1 – w = 0

T1 = w = (2)(10) = 20 N

2,0 kg

3,0 kg

HB

A

w

T2

T1

Tinjau sistem B:

∑FB = 0

T2 – H = 0

T2 = H

dimana T1 = T2 sehingga H = T1 = 20 N

Jawaban: D13. m1 = 2 kg

m2 = 4 kg

m3 = 5 kg

Pada m1:

∑F1 = m1a

T1 – w1 = m1a

T1 = w1 + m1a ... (1)

Pada m2:

∑F2 = m2a

T2 – T1 = m2a ... (2)

Pada m3:

∑F3 = m3a

w3 – T2 = m3a

T2 = w3 – m3a ... (3)

Dari persamaan (1) dan (3) didapatkan:

T2 – T1 = w3 – m3a – w1 – m1a ... (4)

Dari (2) dan (4)

m2a = (w3 – w1) – (m1 + m3)a

w3 – w1 = (m1 + m2 + m3)a

aw w

m m mm m

m m mg=

−+ +

=−

+ +3 1

1 2 3

3 1

1 2 3

=

−+ +

( ) = =5 2

2 4 510

3011

2 72 2,

ms

Jawaban: C14. m1 = 4 kg

m2 = 6 kg

μ = 13

g = 10 m/s2

Sistem 2 kubus tersebut bergerak karena ada gaya berat (w) yang ditimbulkan oleh kubus yang bermassa 4 kg.

w1 = m1g = 4 kg (10 m/s2) = 40 N

Dalam geraknya, sistem tersebut ditahan oleh gaya gesek (f) antara kubus yang bermassa 6 kg dengan bidang.

f = µm2g = 13

(6)(10) = 20 N

Karena sistem 2 benda tersebut bergerak, maka berlaku hukum II Newton.

∑F = maw1 – f = (m1 + m2)a

40 – 20 = (6 + 4)a20 = 10a a = 2

Jadi, kedua kubus akan bergerak dengan percepatan sebesar 2 m/s2.

Jawaban: E15. Tinjau setiap benda dan gambarkan

gaya-gaya yang bekerja pada benda tersebut.

FISI

KA S

MA/

MA

X

93

Benda A

wB

NA

T

a

Karena gerak hanya terjadi dalam arah horizontal, kita tinjau gaya dalam arah horizontal saja. Hukum II Newton:

∑F = ma

T = mBa …(1)

Benda B

wA

T

a

Hukum II Newton: ∑F = ma

wA – T = mAa → mAg – T = mAa …(2)

Dari persamaan (2) ini kita dapat memperoleh T, yaitu T = mA(g – a).

Jawaban: A16. Berikut komponen gaya yang bekerja

pada sistem.

m

wA

wB

A

N

T1

T3

T3 cos θ

T3 sin θ

T2

f

C

O

B

θ

m

Tinjau benda A

f = μN

f = μmAg = μmg

T1 – f = mAa

T1 = m(a + µg) …(1)

Tinjau titik O

T1 = T3 cos θwB = T3 sin θ

wT

TB = =11cos

sin tanθ

θ θ ...(2)

Substitusikan (1) ke (2)

wB = m(a + µg) tan θ

Tegangan tali OC:

Tw T m a g

m a g

31= = =

+( )

=+( )

B

sintan

sintan

sin

cos

θθ

θµ θ

θµθ

Jawaban: D17. m =8 kg

g = 10 m/s2

sin 37° = 0,6

37°

w

w cos 37°

w sin 37°

F

(a) kecepatan tetap → a = 0 (Hukum I Newton)

∑F = 0 ⇒ F – w sin 37° = 0

F = w sin 37° = (80)(0,6) = 48 N

(b) percepatan a = 0,2 m/s2 ke atas

∑F = ma

F – w sin 37° = ma

F = ma + w sin 37°

= 8(0,2) + 80(0,6)

= 1,6 + 48 = 49,6 N

(c) percepatan a = 0,2 m/s2 ke bawah

∑F = ma ⇒ w sin 37° – F = ma

F = w sin 37° – ma

= 80(0,6) – 8(0,2)

= 48 – 1,6 = 46,4 N

Jawaban: B18. m1g sin 37° = (80)(10)(0,6) = 480 N

m2g sin 60° = (40)(10)(0,866) = 346 N

m1g sin 37° > m2g sin 60° → sistem akan bergerak ke kiri

Tinjau sistem 1:

37°

m1g sin 37°m1 cos 37°

m1g

m1 = 80 kg T

1

∑F1 = m1a

m1g sin 37° – T = m1a

94

SUPE

R CO

ACH

T = m1g sin 37° – m1a

Tinjau sistem 2:T

60°

m2g sin 60°m2 cos 30°m2g

m2 = 40 kg2

∑F2 = m2a

T – m2g sin 60° = m2a

T = m2g sin 60° + m2a

Dari persamaan (1) dan (2) didapat:

m1g sin 37° – m1a = m2g sin 60° + m2a

m1g sin 37° – m2g sin 60° = (m2 + m1)a

am g m g

m m

a

=° − °

+

= −+

= −

1 2

1 2

2

37 60

480 34680 40

1 12

sin sin

, m s

Jawaban: A19. m1 = 2 kg

m2 = 4 kgm3 = 6 kg α = 60°F = 120 N

Asumsikan tiga beban sebagai satu kesatuan massa.

mtot = 12 kg

F

N

w sin 60°

mtotal

w cos 60°

w60°

∑F = mtota

F – w sin 60° = mtota

F – mtotg sin 60° = mtota

120 12 10 12

3 12

120 60 3 12

120 60 312

10 5 3 10 8

− ( ) ( )

=

− =

= − = − ≈ −

a

a

a ,,

, /

5

1 5 2= m s

Jawaban: B

20.

fw

wy

wx

N

Fy

Fx

XY

θ

F

wx = w sin θ = mg sin θwy = w cos θ = mg cos θFx = F cos θFy = F sin θGaya pada sumbu-X:

∑Fx = 0

Fx – f – wx = 0

F cos θ – μs N – mg sin θ = 0 ... (1)

Gaya pada sumbu-Y:

∑Fy = 0

N – Fy – wy = 0

N – F sin θ – mg cos θ = 0

N = F sin θ + mg cos θ ... (2)

Subtitusikan persamaan (1) ke (2)

F cos θ – μs (F sin θ + mg cos θ) – mg sin θ = 0

F cos θ – μs F sin θ – μs mg cos θ – mg sin θ = 0

F (cos θ – μs sin θ) – mg (μs cos θ + sin θ) = 0

Fmg s

s

=+( )

−µ θ θ

θ µ θcos sin

sin cosJawaban: E

21.

wy

wx

w

f

y

x

θ

θ = 30°

μ = 0,2

wx = w sin θwy = w cos θ ∑Fx = ma

wx – f = ma

FISI

KA S

MA/

MA

X

95

w sin θ – μN = ma

mg sin θ – μmg = ma

mg(sin θ – μ) = ma

10(sin 30° – 0,2) = a

10(0,5 – 0,2) = a

a = 3 m/s2

Jawaban: D22. T – f = 0

l1g – µg (l – l1) = 0

l1g = µg (l – l1)

l1 = µl – µl1l l l

l l

l l

1 1

1

1

1

1

+ =

+( ) =

=+

µ µ

µ µ

µµ

Jawaban: D

23. Massa rantai sepanjang x adalah m xL

mx =

dengan m adalah massa total rantai dan L = panjang rantai

a ax

α β

mxgmx g sin β

ΣF maml

xg ml

l x g ma

xl

gl x

lg a

a gl

x

=

− −( ) =

−−( )

=

=

sin sin

sin sin

sin

β α

β α

ββ α+ −( ) x l sin

Jawaban: E24. Massa peti m = 6 kg

Kelajuan awal v0 = 4 m/s

Kelajuan akhir vt = 0

sin , cosα α= =513

1213

s = 3,2 m

av v

s

a

t=−

= −( )

= − → = −

202 2 2

20 42 3 2

166 4

2 5

,

,, m s2

∑Fx = ma

F ma

F ma

cos

cos,

,

α

α

=

= =( ) −( )

= −6 2 5

1213

16 25 N

Negatif artinya gaya berarah ke kiri.

Jawaban: B25. Massa anak M = 32 kg

Massa anak sapi m = 8,0 kg

Jarak pisah d = 4,0 m

Gaya tarik ∑F = 5,0 N

Percepatan anak sapi:

∑F = ma1

a Fm1

25 08 0

0 625= = = −Σ ,,

, m s

Percepatan anak:

Σ ΣF Ma a FM

a

= ⇒ =

= = −

2 2

225 0

320 156, , m s

Asumsi: waktu tempuh anak = waktu tempuh anak sapi

x v t at= +021

2Keadaan awal = keduanya diam

x at t xa

= → =12

22 2

t2 anak = t2 anak sapi

2 22

2

1

1

xa

xa

=

Keduanya bertemu pada jarak x1 dari jarak awal anak sapi, sehingga x2 = 4 – x1

2 4 2

4532

58

32 4 8

128 32 8 128 4

1

2

1

1

1 11 1

1 1

−( )=

−= ↔ −( ) =

− = → =

xa

xa

x xx x

x x 00

3 21

1

x

x = , m

Kecepatan anak sapi ketika keduanya bertemu

96

SUPE

R CO

ACH

v v a x

v

t

t

20

21 1

2 1

1

2 0 2 58

3 2 4

2

= + = +

( ) =

=

−

−

, m s

m s

Jawaban: A26. w = 100 N

F = 40 N

μk = 0,2

μs = 0,3

Pada 5 detik pertama, peti mendapat gaya sehingga mengalami percepatan. Sedangkan pada 5 detik kedua, gaya tersebut sudah tidak bekerja pada peti lagi. Gaya yang bekerja pada peti hanya gaya gesek sehingga peti mengalami perlambatan sampai berhenti. Opsi jawaban yang mungkin adalah D dan E.

Mari kita tinjau gerak peti pada 5 detik pertama dan 5 detik kedua.

a. Gerak peti pada 5 detik pertama (t = 0 s sampai t = 5 s)

Dalam selang waktu t = 0 s sampai t = 5 s, peti mengalami percepatan karena mendapat gaya 40 N. Selain itu, gerak peti juga mendapat perlawanan gaya gesek.

Karena peti bergerak, maka yang digunakan adalah koefisien gesek kinetik. Jadi, besar gaya gesek yang bekerja pada balok adalah: fk = µkN = 0,2(100) = 20 N

Percepatan peti tersebut dapat ditentukan dengan Hukum II Newton berikut.

∑F = ma

F − fk = ma

40 − 20 = 10a

10a = 20

a = 2 m/s2

Kecepatan peti pada detik ke-5 (v1) adalah:

v1 = v0 + at = 0 + 2 × 5 = 10 m/s

b. Gerak peti pada 5 detik kedua (t = 5 s sampai t = 10 s)

Pada 5 detik kedua, gaya yang bekerja hanya gaya gesek sehingga

balok mengalami perlambatan. Besar perlambatan yang dialami peti adalah:

∑F = ma

−fk = ma

−20 = 10(a)

10a = −20

a = −2 m/s2

Kecepatan peti pada detik ke-10 (5 detik diukur dari v1) adalah:

v2 = v1 + at = 10 + (−2)(10 − 5) = 10 − 10 = 0

Jadi, peti berhenti tepat pada detik ke-10.

Jadi, dalam interval waktu antara t = 5 s sampai t = 10 s balok bergerak kemudian akhirnya diam.

Jawaban: D27. Massa peti A = mA = 20 kg

Massa peti B = mB = 10 kg

F = 392 N

g = 10 m/s2

aA = aB karena satu tali

A 20 kg 10 kg

F

B

karena mA> mB, maka:

∑Fy = (mA + mB)a

mAg – mBg – F = (mA + mB)a

am m gm m

Fm m

m m g Fm m

A B

A B A B

A B

A B

=−( )+

−+

=−( ) −

+

=−( ) −

+20 10 10 392

20 10

Jika F = 392 N, maka a = –9,7 m/s2

Jawaban: D28. m = 0,01 M

h = 1 m

H = 0,312 m

FISI

KA S

MA/

MA

X

97

Keadaan 1

Balok M di kiri

∑Fy = ma

T – wM = Ma ⇒ T = Ma + wM

Balok M di kanan

∑Fy = (m + M)a

wm + wM – T = (m + M)a

wm + wM – Ma – wM = (m + M)a

wm = (m + M)a + Ma

aw

m Mm=

+ 2

Kecepatan pada jarak h = 1 m

v v ah

vw

m Mw

m Mm m

202

2

2

0 2 12

22

1

= +

= + ( ) +=

+ ( )...

Keadaan 2 (massa m dilepas)

Kecepatan benda konstan (GLB)

Kecepatan benda selama selang waktu t = 1 s

x vt v xt

Ht

v

= → = =

= = ( )0 3121

0 312 2, , / ...m s

Substitusikan (2) ke (1), sehingga didapat:

0 3122

22

22 0 010 01 2

0 022 01

2

2,

,,

,,

,

( ) =+

=+

=( )

+=

=

wm M

mgm M

M gM M

MgM

g

m

001 0 3120 02

9 782

2( ) ( )=

,,

, /m s

Jawaban: C29. MLift + Mpenumpang = M = 1.500 kg

Tegangan tali pada lift

T = m(a + g)

Percepatan a adalah kemiringan kurva v terhadap t saat t = 1 s

a vt

= ∆∆

= −−

= −3 6 02 0

1 8 2, , m s

Tegangan tali T = m(a + g)

T = 1.500 (1,8 + 10) = 17.700 N

Jawaban: A

30. m = 10 kg

F = 80 N

PR = 225 m

μk = 0,2

g = 10 m/s2

t = 8 detik

Untuk PR

∑F = maPR

F – f = ma

80 – 0 = 10aPR

aPR = 8 m/s2

Untuk RS

wk = µk N = (0,2)(mg) = (0,2)(100) = 20 N

∑F = maRS

F – fk = maRS

a

s v t at

RS = − =

= +

= + ( )

80 2010

6

12

225 0 12

8

0

2

m s

Saat balok melewati PR,

2

tt2

t = 7,5 s

vt = v0 + at

= 0 + 8(7,5)

= 60 m/s

Untuk melewati PR membutuhkan waktu 7,5 sekon. Sehingga sisa waktu untuk melewati RS = 8 – 7,5 = 0,5 sekon.

Saat balok melewati RS

Kecepatan awal di sini adalah kecepatan akhir balok saat melewati PR.

s v t at= +

= ( ) + ( ) ( )=

02

2

12

60 0 5 12

6 0 5

30 75

, ,

, m

Sehingga jarak yang ditempuh selama

8 sekon = 225 m + 30,75 m

= 255,75 meter.

Jawaban: A

98

SUPE

R CO

ACH

B. Esai1 m = 10 kg

F = 25 N

μs = 0,2

μk = 0,1

Gaya-gaya pada peti diperlihatkan gambar berikut.

fges

N

w

F

a. ∑Fy = 0

N − w = 0

N − mg = 0

N − (10)(10) = 0

N = 100 N

b. Periksa gaya gesek statis maksimum yang terjadi antara peti dan lantai.

fsmaks = µs N

fsmaks = (0,2)(100) = 20 N

Ternyata gaya yang gesek statis maksimum (20 N) lebih kecil dari gaya yang menarik benda (25 N), sehingga peti bergerak. Untuk peti yang bergerak gaya geseknya adalah gaya gesek dengan koefisien gesek kinetis.

fges = fk = µk N

fges = (0,1)(100) = 10 N

c. ∑Fx = ma

F − fges = ma

25 − 10 = 10a

a = 1,5 m/s2

d. Jarak yang ditempuh peti setelah 2 sekon

s = v0 t + 12

at2

s = 0 + 12

(1,5)(2)2

s = 3 meter

2. m = 5 kg

F = 25 N

μs = 0,2

μk = 0,1

Gaya-gaya pada kotak diperlihatkan gambar berikut.

θfges

N

w

FF sin θ

F cos θ

a. Gaya normal

∑Fy = 0

N + F sin θ − w = 0

N = w − F sin θ = (5)(10) − (25)(0,6) = 35 N

b. Gaya gesek

Jika dalam soal hanya diketahui koefisien gesek kinetis, maka dipastikan kotak dapat bergerak, sehingga

fges = µk N

fges = (0,1)(35) = 3,5 N

c. Percepatan gerak kotak

∑Fx = ma

F cos θ − fges = ma

(25)(0,8) − 3,5 = 5a

5a = 16,5

a = 3,3 m/s2

3. m = 100 kg

μ = 0,125

g = 10 m/s2

sin 53° = 0,8

cos 53° = 0,6

Gaya-gaya pada peti diperlihatkan gambar berikut.

fges y

xw sin θ

N

w cos θ

W

θ

a. Gaya normal pada peti

∑Fy = 0

N − w cos θ = 0

FISI

KA S

MA/

MA

X

99

N − mg cos 53° = 0

N − (100)(10)(0,6) = 0

N = 600 newton

b. Gaya gesek antara peluncur dan peti

fges = µk N

fges = (0,125)(600) = 75 newton

c. Percepatan gerak peti

∑Fx = ma

w sin θ − fges = ma

mg sin 53° − fges = ma

(100)(10)(0,8) − 75 = 100a

a = =725100

7 25 2, m/s

4.

F cos θ

F si

n θ

w

N

θ ∑Fy = 0F sin θ + N = wN = w – F sin θ

5. Jika searah jarum jam di tetapkan sebagai arah positif

∑Fy1 = 0

F – T = 0 → F = TT T

F

a

w

4 kg

∑Fy2 = ma

T – w= ma

T = ma + w = m(a + g)

Karena tegangan tali sama maka

F = m(a + g) = (4)(2 + 10)

= (4)(12) = 48 N

6. Massa kardus 1 m1 = 5 kg

Massa kardus 2 m2 = 10 kg

Percepatan gravitasi g = 10 m s–2

Percepatan katrol dihitung dengan

am mm m

g

a

=−+

= −+

= ( ) = −

2 1

1 2

210 55 10

10 515

10 3 33, m s

Jarak yang ditempuh setelah t = 1,2 s

s v at

s

= +

= + ( ) ( ) =

0t

m

12

0 12

3 33 1 2 2 4

2

2, , ,

7. ∑Fx = ma

–w sin θ = ma

–mg sin θ = ma

a = –g sin θ

vo

w

w cos θ

w sin θ

θ

perpindahan bola s:

v v as

sv v

avv

sv

20

2

20

20

20

2

2

2

02

= +

=−

=−

;kelajuan awalkelajuan akhir

aav

gv

g=

−−( ) =0

20

2

2 2sin sinθ θ

8. Massa peti = 2 kg, θ = 60°

F cos θ

F sin θw sin θ

w cos θ

w

F

θ

θ

∑Fx = 0

w sin θ – F cos θ = 0

F w w

F

= =

= = ( ) ( ) = ( )=

sincos

θθ

θ

θ

tan

tan tan

N

omg 2 10 60 20 3

20 3

9. m = 5 kg

F = 10 N, θ = 60°

a. Penguraian gaya-gaya yang bekerja pada kubus. N = gaya normal, w = gaya berat

100

SUPE

R CO

ACH

FF sin 60°

F cos 60°

N

w

60°

b. Percepatan gerak kubus

Dari gaya-gaya dengan arah horizontal:

∑F = ma

F cos 60° = ma

(10)(0,5) = 5a

a = 1 m/s2

c. Besar gaya normal (N)

Dari gaya-gaya dengan arah vertikal:

F N wN w F

N

sinsin

6060

5 10 10 12

2

50 7 43

° + == − °

= ( ) ( ) −

= − = N

10. a. Percepatan gerak kedua peti

Tinjau sistem:

Gaya-gaya pada kedua peti (disatukan A dan B) terlihat pada gambar berikut.

F = 480 N(m A

+ m B)

w sin 37° w cos 37°

37°

N

w

∑ F = ma

F − w sin 37° = ma

480 − (40 + 20)(10)(0,6) = (40 + 20)a

a = =12060

2 2 m/s

b. Gaya kontak antara peti A dan B

Cara pertama, tinjau peti A

Gaya-gaya pada peti A terlihat pada gambar berikut.

F = 480 N

F kontak

w A sin

37° wA cos 37°

37°

N

wA

∑ F = ma

F − wA sin 37° − Fkontak = mAa

480 − (40)(10) (0,6) − Fkontak = (40)(2)

480 − 240 − 80 = Fkontak

Fkontak = 160 newton

Cara kedua tinjau benda B

F kontak

w B sin

37° wB cos 37°

37°

N

wB

∑F = ma

Fkontak − wB sin 37° = mB a

Fkontak − (20)(10)(0,6) =(20)(2)

Fkontak = 40 + 120 = 160 newton

11. mA = 4 kg

mB = 6 kg

F = 40 N

θ = 37°

μk = 0,1

a. Percepatan gerak kedua kubus

Tinjau kubus B

37°fges

TB

N

w

FF sin 37°

F cos 37°

Nilai gaya normal N:

∑Fy = 0

N + F sin 37° = w

N + (40)(0,6) = (6)(10)

N = 60 − 24 = 36 N

Besar gaya gesek:

fgesB = µk N

fgesB = (0,1)(36) = 3,6 N

FISI

KA S

MA/

MA

X

101

Hukum Newton II:

∑Fx = ma

F cos 37° − fgesB − T = ma

(40)(0,8) − 3,6 − T = 6a

28,4 − T = 6a …(1)

Tinjauan gaya-gaya pada kubus A

fges

T

A

N

w

∑Fx = ma

T − fgesA = ma

T − μk N = ma

T − μk mg = ma

T − (0,1)(4)(10) = 4a

T = 4a + 4 …(2)

Substitusi persamaan (2) ke (1)

28,4 − (4a + 4) = 6a

24,4 = 10a

a = 2,44 m/s2

b. Tegangan tali penghubung antara kedua kubus

T = 4a + 4

T = 4(2,44) + 4

T = 13,76 newton

12. mA = 5 kg

mB = 10 kg

a. Tinjau A

T

a

w A sin

37° wA cos 37°

37°

N

y x

wA

∑Fx = ma

T − wA sin 37° = mAa

T − (5)(10)(0,6) = 5a

T − 30 = 5a …(1)

Tinjau B

T

y

x

53°

wB sin 53°

wB cos 53°

N

a

wB

∑Fx = ma

wB sin 53° − T = mBa

(10)(10)(0,8) − T = 10a

80 − T = 10a

T = 80 − 10a …(2)

Substitusi persamaan (2) ke (1)

(80 − 10a) − 30 = 5a

15a = 50

a = 5015

= 103

m/s2

b. Tegangan tali penghubung kedua kubus

T − 30 = 5a

T − = ( )30 5 103

T = 46,67 newton

13. m = 400 kg

a = 2 m/s2

g = 9,8 m/s2

T

a

w

∑ Fy = ma

vT − w = ma

T − (400)(9,8) =(400)(2)

T = 800 + 3.920 = 4.720 newton

14. m = 10 kg

μk = 0,1

F2 = 50 N

a = 2 m/s2

102

SUPE

R CO

ACH

Tinjauan gaya yang bekerja pada m:

F2

F1

a

f

N

w

∑Fx = 0

N − F2 = 0

N − 50 = 0

N = 50 newton

∑Fy = ma

F1 − w − f = ma

F1 − mg − μk N = ma

F1 − (10)(10) − (0,1)(50) = 10(2)

F1 = 20 + 100 + 5 = 125 newton

15. m1 = 1 kg ; m2 = 2 kg

F = 6 N pada m2

N Nm

m mF

N N

21 121

1 2

21 121

1 26 6

32

= =+

= =+

= = N

16. m1 = 5 kg, m2 = 4 kg, m3 = 8 kg

Gaya kontak peti 1 dan 2 = A

Gaya kontak peti 2 dan 3 = B

Gaya kontak A:

Am

m m mF F F

m=

+ +=

+( )+ +( ) =

+2

1 2 3

34 8

5 4 81217

Gaya kontak B:

Bm

m m mF=

+ +=

+ +( ) =3

1 2 3

85 4 8

817

F

AB

F

F=

( )( )

= =

12178

17

128

32

17. mA = 5 kg, mB = 3 kg mC = 2 kg

F = 10 N

T1 T2F = 10 N

CBA

5 kg 3 kg 2 kg

Kubus A:

F = mAa

T1 = mAa ...(1)

Kubus B:

∑FB= mBa

T2 – T1 = mBa ...(2)

Kubus C:

∑FC = mCa

F – T2 = mCa

T2= F – mC a ...(3)

Subtitusikan persamaan (1) dan (3) ke persamaan (2)

T2 – T1 = mBa

F – mCa – mAa = mBa

F = (mA + mB + mC)a

a Fm m mA B C

=+ +

=+ +

= =

105 3 2

1010

1 2 m/s

Tegangan tali antara A dan B adalah T1

T1 = mAa = 5(1) = 5 N

Tegangan tali antara B dan C adalah T2

T2 = F – mCa = 10 – (2 · 1)

= 10 – 2 = 8 N

TT

1

2

58

5 8= = :

18. m2 = 3m1

gaya f = 10 Nm1

m2

F

f

mejaAgar kedua peti bergerak bersama-sama maka besar gaya F tidak boleh melebihi gaya gesek f antara m1 dan m2 yaitu tidak boleh lebih dari 10 N.

19. Kondisi kubus mula-mula diam, v0 = 0

m1 = 4 kg

m2 = 6 kg

Percepatan pada kubus pertama sama dengan percepatan pada kubus kedua, demikian juga tegangan tali keduanya sama.

a. Mencari percepatan

Tinjau kubus pertama: T1

m1

w1

arah

ger

ak

FISI

KA S

MA/

MA

X

103

∑F = m1a

T1 – w1 = m1a

T – m1g = m1a

T – 40 = 4a

T = 4a + 40 …(1)

Tinjau kubus kedua:T2

m2

w2

arah

ger

ak

∑F = m2a

w2 – T2 = m2a

m2g – T = m2a

60 – T = 6a

T = 60 – 6a …(2)

Dari persamaan 1 dan 2:

4a + 40 = 60 – 6a

10a = 20

a = 2 m/s2

b. Tegangan tali

T = 4a + 40 = 4(2) + 40 = 48 N

c. Jarak tempuh kubus kedua setelah 2 sekon

s = +

= + ( ) ( ) =

v t at

s

02

2

12

0 12

2 2 4 m

d. Jarak kubus pertama dan kedua adalah 8 meter.

20. mA = 3 kg ; mB = 2 kg

Kubus B mula-mula diam, v0 = 0 Jarak s = 32 m

Percepatan a dihitung dengan persamaan:

am

m mg

a

B

A B

=+

=+

= = −

23 2

10

205

4 2 m s \

Selang waktu hingga balok B menyentuh lantai pada jarak s = 32 m

s v t at

t

t t

= +

= + ( )

= = → =

0

s

12

32 0 12

4

322

16 4

2

2

2

21. Massa kubus AmA = 4 kg

massa kubus BmB = 6 kg

a. Tinjau gaya-gaya pada kubus A

T

arah gerakNA

wA

∑F = mAa

T = mAa

T = 4a …(1)

Tinjau kubus BT

mB

wB

arah

ger

ak

∑F = mAa

wB – T = mBa

60 – T = 6a

T = 60 – 6a …(2)

Substitusikan persamaan (1) ke (2)

4a = 60 – 6a

10a = 60

a = 6 m/s2

b. Tegangan tali

T = 4a = 4(6) = 24 N

22. mA =5 kg

mB = 15 kg

θ = 53°

Tinjau kotak A pada gaya yang searah lintasan gerak

NA

mA

wA

T

a

104

SUPE

R CO

ACH

∑F = mAa

T = 5a …(1)

Tinjau kotak B lihat gaya-gaya yang searah lintasan gerak

w cos 53°

wB sin 53°

wB

NB

mB

Ta

53°

∑F = mBa

wB sin 53° – T = 15a

150 45

15

120 15 2

− =

= −

T a

T a ( )

Dari persamaan (1) dan (2)

120 – 15a = 5a

20a = 120

a = 6 m/s2

23. m1 = 3 kg

m2 = 5 kg

m3 = 2 kg

F = 20 N

Cari dahulu percepatan ketiga peti (percepatan sistem). Untuk mencari percepatan sistem:

∑F = ma

F = (mA + mB + mC)a

20 = (3 + 5 + 2)a

a = = −2010

2 2m s

Langkah berikutnya adalah meninjau ketiga peti satu per satu secara terpisah.

F N12

N23N21

N32

m1

m2

m3

Tinjau peti m1, gaya-gaya yang bekerja adalah gaya F = 20 N dan gaya kontak

antara peti 1 dan 2, yaitu N12.

Hukum Newton pada peti pertama:

∑F = ma

F – N12 = m1a

20 – N12 = 3(2)

N12 = 20 – 6 = 14 N

Tinjau peti kedua, gaya-gaya yang bekerja pada peti kedua adalah gaya kontak antara peti 1 dan 2, yaitu N21 yang arahnya ke kanan, dan besarnya sama dengan N12 yaitu 14 N. Sedangkan gaya kontak antara peti kedua dan peti ketiga, yaitu N23, berarah ke kiri.

∑F = ma

N21 – N23 = m2a

14 – N23 = 5(2)

N23 = 4 N

Tinjau peti ketiga, gaya yang ada adalah gaya kontak antara peti kedua dan ketiga yang arahnya ke kanan, yaitu N23, jika benar maka hasil perhitungan N23 akan sama besar dengan N23.

∑F = ma

N32 = m3a

N32 = 2(2) = 4 N

24. Gambar terlebih dahulu gaya-gaya yang bekerja, kemudian gunakan penerapan Hukum Newton. Gaya desak kaki anak pada lantai adalah gaya normal (N)

m = 60 kg

g = 10 m/s2

a. Lift bergerak dengan percepatan 1,5 m/s2 ke atas

arah gerak lift

N

60 kg

w

lift naik

a

∑F = ma

FISI

KA S

MA/

MA

X

105

N − w = ma

N − mg = ma

N = ma + mg

N = m(a + g)

N = 60(1,5 + 10) = 60(11,5) = 690 newton

b. Lift bergerak dengan percepatan 1,5 m/s2 ke bawah

arah gerak lift

N

60 kg

w

lift turun

a

∑F = ma

w − N = ma

mg − N = ma

mg − ma = N

m(g − a) = N

N = m(g − a) = 60(10 − 1,5) = 60(8,5) = 510 newton

c. Lift bergerak dengan kecepatan tetap 1 m/s ke atas

Kecepatan tetap berarti percepatannya sama dengan nol, a = 0, sehingga jumlah gaya juga sama dengan nol

∑F = 0

N − w = 0

N = w

N = mg = 60(10) = 600 newton

d. Lift bergerak dengan kecepatan tetap 1 m/s ke bawah

Kecepatan tetap berarti percepatannya sama dengan nol, a = 0, sehingga jumlah gaya juga sama dengan nol

∑F = 0

w − N = 0

w = N

N = w = mg = 60(10) = 600 newton

e. Lift telah berhenti kembali

Lift berhenti, kecepatan dan percepatannya sama dengan nol, a = 0, sehingga jumlah gaya juga sama dengan nol

∑F = 0

N − w = 0

N = w

N = mg = 60(10) = 600 newton

25. Gaya-gaya yang bekerja pada sistem terlihat gambar di bawah ini.

T3

T1

w

T2

T4

T3

T1

T4

T2, T3, T4 akan sama besar (satu tali, katrol licin).

T2 = T3 = T4 = T

Tinjau katrol pertama yang bawah, berlaku kesetimbangan berikut:

T1 = T3 + T4

T1 = T + T

T1 = 2T

Tinjau Pak Syams

w = T1 + T2

600 = 2T + T

600 = 3T

T = 200 N

Pada tangan Pak Syams dan tali terjadi aksi-reaksi. Tangan Pak Syams menarik tali dengan gaya F = 200 N, dan tali menarik tangan Pak Syams dengan gaya T = 200 N.

106

SUPE

R CO

ACH

26. mA = 40 kg

mC = 50 kg

μA = 0,2

μB = 0,3

Tinjauan gaya-gaya yang bekerja pada sistem:

fA

wA

NA

B

A

fB

wB

T

T

NB

wC

C

Tinjau peti C, sistem dalam keadaan diam baik arah sumbu-X maupun sumbu-Y.

∑F = 0

T – wC = 0

T – mCg = 0

T – (50)(10) = 0

T= 500 N

Peti B dalam keadaan tidak bergerak, sehingga ∑F = 0

∑Fx = 0

fB = 0

Berikutnya tinjau peti A, terlihat peti A ditumpuk dengan peti B, yang berpengaruh pada gaya normal A. Peti A juga dalam keadaan diam.

∑Fx = 0

T – fB – fA = 0

T – fB – µANA = 0

T – fB – µA (mA + mB)(g) = 0

500 – 0 – (0,2)(40 +mB)(10) = 0

500 – 80 – 2mB = 0

2mB = 420

mB = 210 kg

27. m1 = 6 kg

m2 = 4 kg

F = 42 N

a. Percepatan peti pertama

Hubungan antara percepatan peti pertama (a1) dan percepatan peti kedua (a2) adalah:

a1 = 2a2 atau a2 = 12

a1

Tinjau m2

2 T Fm2

F − 2T = m2a2

42 − 2T = 4a2

42 2 4 12 1− = ( )T a

42 − 2T = 2a1 …(1)

Tinjau m1

Tm1

T = m1a1

T = 6a1 …(2)

Substitusi persamaan (2) ke (1)

42 − 2T = 2a1

42 − 2(6a1) = 2a1

42 = 14a1

a1 = 4214

= 3 m/s2

b. Percepatan peti kedua

a2 = 12

a1

a2 = 12

(3) = 1,5 m/s2

c. Tegangan tali T

T = 6a1 = 6(3) = 18 newton

28. mA = 6 kg

mB = 4 kg

μAB = 0,1

μAL = 0,2

Tinjau B

fBA

TB

N

w

Benda bergerak lurus beraturan → a =0

∑ Fx = 0

T − fBA =0

T = fBA = µBA N = µBA mBg = (0,1)(4)(10) = 4 N

FISI

KA S

MA/

MA

X

107

Tinjau A

fAL

fAB

FTA

N

w

∑Fx = 0

F − T − fAB − fAL = 0

dengan

fAL = µAL N = μAL (mA + mB)g = (0,2)(10)(10) = 20 N

fBA = fAB

Sehingga:

F − 4 − 4 − 20 = 0

F = 28 newton

29. μk = 0,1

m1 = 4 kg

m2 = 6 kg

a. Percepatan gerak benda pertama

Hubungan percepatan benda pertama dan benda kedua adalah:

a1 =2a2 atau a2 = 12

a1

Tinjau benda pertama

f

m1

T

N

w

∑Fx = m1a1

T − f = 4a1

T − μk N = 4a1

T − (0,1)(4)(10) = 4a1

T = 4a1 + 4 …(1)

Tinjau benda kedua

m2

2T

w

∑Fy = m2a2

w T a− = ( ) ( )2 6 12 1

60 − 2T = 3a1 …(2)

Substitusi persamaan (1) ke (2)

60 − 2T = 3a1

60 − 2(4a1 + 4) = 3a1

60 − 8a1 − 8 = 3a1

52 = 11a1

a1 = 5211

m/s2

b. Percepatan gerak benda kedua

a a

a

2 1

22

1212

5211

3611

=

= ( ) = m/s

30. Pada t yang sama misalnya t1 = t2 = t sekon, terlihat bahwa s1 > s2

s

2

s2

s1

1

t t

s s

a t a t

a t a t a a

1 2

1 12

2 22

12

22

1 2

12

12

12

12

>

>

> ↔ >

Kemudian, dari a1 > a2 Anda dapat mengembangkannya sebagai berikut.

a a

Fm

Fm

m m

m m m m

1 2

1 2

1 2

2 1 1 2

1 1

>

>

>

> <atau

Kesimpulannya adalah a1 > a2 dan m1 < m2.

31. m1 = 1 kg

m2 = 2 kg

m3 = 3 kg

Tinjau kotak pertama

T = m1a1 a1

TT = (1)a1

T = a1 …(1)

108

SUPE

R CO

ACH

Tinjau kotak kedua

T = m2a2 a2

T

T = (2)a2

T = 2a2 …(2)

Tinjau kotak ketiga

w3 – 2T = m3a3

a3

w3

T T

(3)(10) – 2T = 3a3

T = 15 – 1,5a3 …(3)

Hubungan percepatan ketiga kotak:

aa a

31 2

24=

+( )

Dari persamaan (3) dan (4)

T aa a

T a a

= − = −+

= − +( )

15 1 5 15 1 52

15 34

5

31 2

1 2

, ,

( )

Dari persamaan (1) dan (2)

a1 = 2a2 …(6)

Dari persamaan (5) dan (6)

T a a

T a

= − +( )

= −

15 34

2

15 94

7

2 2

2 ( )

Dari persamaan (2) dan (7)

2 15 94

174

15

4 1517

6017

2 12017

2 2

2

22

1 22

3

a a

a

a

a a

a

= −

=

=( ) ( )

=

= =

m s

m s

/

/

==+

=+

=a a1 2 2

2

12017

6017

218034

m s/

32. m1 = 6 kg

m2 = 4 kg

g = 10 m/s2

Tinjau kubus kedua lebih dulu, gaya yang bekerja adalah tegangan tali 2 dan berat kubus 2.

T2

m2

a2

w2

Asumsikan kubus 2 bergerak turun dengan percepatan a2.

∑Fy = ma

m2g – T2 = m2a2

(4)(10) – T2 = 4a2

T2 = 40 – 4a2 ...(1)

Berikutnya tinjau kubus pertama, kubus bergerak ke atas dengan percepatan a1.

T1

m1

a1

w1

T2 T2

T1

∑Fy = ma

T1 – m1g = m1a1

T1 – (6)(10) = (6)a1

T1 = 60 + 6a1 ...(2)

Hubungan antara percepatan kubus pertama dan kubus kedua, tegangan tali T1 dan T2 adalah

T1 = 2T2 ...(3)

a a1 212

4= ( )

Gabungkan persamaan (3) dan persamaan (4) ke persamaan (2) sekaligus.

T a

T a

T a

1 1

2 2

2 2

60 6

2 60 6 12

2 60 3 5

= +

( ) = +

= + ...( )

Selesaikan persamaan (5) dan (1),

2 60 3 1

40 4 2

2 60 3

2 80 8

0 20 11

1

2 2

2 2

2 2

2 2

2

2

T a

T a

T a

T a

a

a

= + ×

= − ×

= +

= − −= − +

= ,,

, ,

82

12

1 82 0 91

2

12

m s

m s

−

−= ( ) =a

33. g = 10 m/s2

m1 = 0,3 kg

m2 = 0,4 kg

FISI

KA S

MA/

MA

X

109

m3 = 0,5 kg

m4 = 2,8 kg

Tinjau keempat benda yang terlibat sebagai satu kesatuan, yang bergerak ke kanan searah sumbu-X dengan percepatan a1 = a2 = a3 = a4 = a. Terapkan hukum Newton

∑Fx = ma

F = (m1 + m2 + m3 + m4)a

F = (0,3 + 0,4 + 0,5 + 2,8)a

F = 4a …(1)

Berikutnya tinjau gerak dari kubus ketiga pada arah vertikal, sumbu-Y, dimana kubus ketiga tidak bergerak naik juga tidak bergerak turun, sehingga jumlah gaya yang bekerja adalah nol. Gaya yang bekerja adalah berat kubus w = mg dan tegangan tali, T23.

∑Fx = ma

m3g – T23 = 0

(0,5)(10) – T23 = 0

T23 = 5 …(2)

Tinjau gerak kubus pertama dalam arah horizontal, sumbu-X. Gaya yang terlibat hanyalah tegangan tali T12, sementara w = mg tidak termasuk, karena arahnya pada sumbu-Y (vertikal).

∑Fx = ma

T12 = m1a

T12 = 0,3a …(3)

Tinjau gerak kubus kedua, gaya-gaya yang terlibat adalah T12 yang berarah ke kiri dan T23 yang berarah ke kanan.

∑Fx = ma

T23 – T12 = m2a

T23 – T12 = 0,4a …(4)

Kombinasikan persamaan (4) dengan persamaan (2) dan (3) dilanjutkan ke persamaan (1) untuk mendapatkan besarnya gaya F.

T T a

a aa

a

F ma

23 12

2

0 4

5 0 3 0 45 0 7

507

4 507

28

− =

− ==

=

= =

=

−

,

, ,,

,

m s

557 N

110

SUPE

R CO

ACH

K O G N I T I FB A B 8

PEMBAHASANUJI KOMPETENSI MANDIRI

A. Pilihan Ganda

1. F GMp Mp

r

F

=

= ×( )×( )×( )

=

−−

−

1 22

11 227 2

10 26 7 101 67 10

7 40 10,

,

,m kg

kg

m

33 14 10 46, × − N

Jika dibandingkan dengan gaya tolak elektrostatis sebesar 4,21 × 10–46 N maka gaya tarik gravitasi antara proton sangat kecil, sehingga proton-proton cenderung tolak menolak.

Jawaban: E

2. M M r

FGM M

r

w P

w P

= = =

= =×( ) ( ) ( )

( )=

−

60 75 10

6 67 10 60 75

102

11

2

kg kg; ;

,

m

33 100 5

6 67 10 60 75

0 5

1 2

9

2

11

2

×=

= =×( ) ( ) ( )

( )=

−

−

NJika mr

F GM M

rw P

,

,

,

, ×× −10 6 N

Jawaban: B

3. r RA =m = massa roket M = massa Bumi

r h R

F F

GMmr

GMmr

h R R

h R R

h R R

h

B

B A

B A

= +

=

=

+( )=

+( ) =

+ =

=

1212

1 12

2

2

2 2

2 2

2 2

22 2 1 0 41

0 4 25

R R R R

h R R

− = −( ) =

≈ =

,

,

Jawaban: C

h

B

A

R

rB

rA

4. ms = 200 kgrs = 2Rmbenda = 1 kgrb = R

FGm m

RGm

R

FGm m

R

G

bendabenda bumi

bumi

sat.sat. bumi

=

=

=( )

=

2

2

2

10

2

20004

50

50 10 500

2

2

( )

=

= ( ) =

mR

FGm

RF

bumi

sat.bumi

sat. N

Jawaban: E

5. F F R

FF

GmMr

GmMr

rr

Rh R

F

F

B A

B

A

B

A

A

B

A

A

= =

= = =+( )

=

49

6 400

49

2

2

2

2

2

2

; . km

66 400

6 400

23

6 400 6 400 3 200

2

2

.

.

. . .

( )+( )

+( ) = ⇒ =

h

h h km

Jawaban: C

6. Penyelesaian soal ini menggunakan perbandingan.

kondisi awal

F

r

m1 m2

kondisi setelah di ubah

F'

r' =2r

m1 m2

FISI

KA S

MA/

MA

X

111

perbandingan gaya

FF

Gm m

r

Gm m

rFF

rr

''

''

=

=

1 22

1 22

2

2

FF

r

rFF

rr

FF

F F

'

'

''

=( )

=

= → =

2

4

41

14

2

2

2

2

Jawaban: E

7. m = 50 kg r1 = 0,2 mm1 = 400 kg r2 = 0,2m2 = 900 kg

FGm m

r

GG

FGm m

r

G

11

12 2

21

22

400 50

0 2500 000

900 50

0

= =( ) ( )( )

=

= =( ) ( )

,.

,,. .

. . .

.

21 125 000

1 125 000 500 000

625 000

2

2 1

( )=

= − = −

=

G

F F F G G

GR

Jawaban: C

8. Agar m tidak merasakan gravitasi, maka:

F2F1

mx d – x

d = 0,4 m

m2m1

F1 – F2 = 0

Gm mx

Gm m

d x x d x

xd x

d x s

d x

12

22 2 2

400 900

2030

2 3

2 2

=−( )

⇒ =−( )

=−

⇒ −( ) =

− = 3352

0 4

x

d x x d= ⇒ = ,

Jadi, benda bermassa m = 50 kg harus diletakkan sejauh 0,4d = 0,4 × 0,4 = 0,16 m = 16 cm dari m1 atau 24 cm dari m2 agar resultan gaya gravitasi yang dialaminya sama dengan nol.

Jawaban: C

9. massa pesawat: mmassa bumi: mE

massa bulan: mm = 0,021mE

F F

Gm mx

Gm m

d x

mx

m

d x

xd x

xd

E m

E m

E E

=

=−( )

=−( )

−( )=

−

2 2

2 2

2

2

0 021

10 021

,

,

xxx

d xx

=

−=

=

10 021

6 9

0 87

,

,

, d

Jawaban: C

10. FGm m

aGma

FGm m

aGma

FGm m

aGma

FG

A

B

C

D

=( )

=

=( )

=

=( )

=

=

22

22

44

2

2

2

2

2

2

2

2

2

mm m

aGma

442

2

2

( )=

2m

2m

FA

FD

FC

FB

4m

4mm

F F F Gma

F F F Gma

x C A

y D B

∑

∑

= − =

= − =

2

2

2

2

2

2

Besar gaya gravitasi:

F F F

Gma

Gma

Gma

x y∑ ∑ ∑= ( ) + ( )

=

+

=

2 2

2

2

2 2

2

2

2

2

2 2

2 2

112

SUPE

R CO

ACH

Arah resultan gravitasi:

θ =

= ( ) = °− −tan tan1

2

2

2

2

1

2

21 45

Gma

Gma

Jawaban: C

11. Massa kedua mobil tidak mengalami perubahan, hanya variasi jarak kedua mobil, sehingga

FF

rr

FF

rr

1

2

2

1

2

1

2

22 4

1

=

=

=

Jawaban: D

12. Langkah pertama yaitu menentukan arah gaya yang terjadi pada m3.

F1

x 5 – x

5 cm

F2

m1 m3

m2

Resultan gaya pada m3 = 0,

artinya besar F1 dan F2 sama namun arahnya berlawanan.

Sehingga:

F F

Gm m

rG

m mr

mx

m

x

x x

1 2

1 3

12

3 2

22

12

22

2 2

5

4 95

=

=

=−( )

=−( )

2 35

2 5 3

10 52

x x

x x

xx

=−( )

−( ) =

==

Artinya, m3 terletak pada jarak 2 cm dari m1.

Jawaban: B

13. RB = 1,5 × 108 kmRN = 4,5 × 109 kmTN = 165 tahunmN = 18mB

Gaya gravitasi pada planet oleh Matahari:

F G MmR

F mR

= ∝2 2atau

Perbandingan gaya gravitasi Neptunus dengan Bumi.

FF

m Rm R

m R

m R

F F

N N B

B N

B B

B B

N

= =( )

= =

=

2

2

2

2

18

3018900

150

50Kecepatan orbit planet:

v RT

v RT

= → ∝2π

Perbandingan kecepatan orbit Bumi dengan Neptunus:

vv

R TR T

rr

v v

N

B

N B

B N

B

B

N

= =( ) ( )( ) ( ) = =

=

30 1165

30165

211

211

Jawaban: C

14. Data-data pada soal:

wb = 490 N Rp = 12Rb

ρp = 2ρb

Kuat medan gravitasi (percepatan gravitasi) dirumuskan sebagai:

g G MR

= 2

Pertama, kita gunakan rumus gaya berat.

w = mg → g = wm

…(1)

Kemudian kita gunakan rumus massa jenis.

ρ ρ= → =MV

M V

Sedangkan V adalah volume bumi atau planet. Karena bumi dan planet dianggap berbentuk bola, maka V dirumuskan

sebagai V = 43 πR3 sehingga rumus

massa planet menjadi:

FISI

KA S

MA/

MA

X

113

M = 43

πρR3... (2)

Substitusi persamaan (1) dan (2) pada rumus medan gravitasi sehingga diperoleh:

wm

GR

Rwm

GR

=

=

43

43

3

2

πρ

πρ

Karena massa mobil di bumi dan di planet sama serta G adalah konstanta, maka berat mobil hanya bergantung pada massa jenis dan jari-jari planet.

w Rww

RR

w R

R

w

P

b

P P

b b

Pb b

b b

P

ρρρ

ρ

ρ

=

=⋅

⋅

=

490

2 12

490Jadi, berat mobil di planet tersebut adalah 490 N.

Jawaban: B

15. rb = 1,7 × 106

mb = 7,3 × 1022

g Gmr

s

= = ×( )×( )×( )

=

−b

b

m

211

22

6 2

2

6 67 107 3 10

1 7 10

1 68

,,

,

,

Jawaban: B

16. Titik A

g GMR

GMR

GMR

=

( )= =

2 4

42 2 2

Titik B

g GMR R

GMR

=+( )

=

2 2

2 2

Titik C

g GMR

GMR

=( )

=2 42 2

Jawaban: A

17. g Rh R

g RR R

B A=+

=

+( )⋅ ( )

= ( ) =

2 2

2

2

32

10

425

10 1 6, m s

Jawaban: A

18. gA = 1,71 m/s2

R = 1,7 × 106 mh = 8,5 × 105 m

g Rh R

g

g

B A

B

=+

= ×× + ×

⋅ ( )

=

2

6

6 5

21 7 10

1 7 10 8 5 101 71

0

,, ,

,

,667 2m s

Jawaban: A

19. Gunakan rumus: g Rh R

gB A=+

2

Saat percepatan gravitasi berkurang 1%

g g g

g Rh R

g

A

A A

B A= =

=+

⋅

99 99100

99100

2

%

99100

0 01 12

=+

⇒ = =R

h Rh R R, %

Jawaban: A

20. rb = r gb = 9,8 m/s2

rp = 12

rb

mp = mb

gg

Gmr

Gmr

mm

rr

mm

r

r

g

b

p

b

b

p

p

b

p

p

b

b

= = ⋅

= ⋅

=2

2

22

12 1

4

== ⇒ = = ( )=

14

4 4 9 8

39 2 2

g g gp p b ,

, m s

Jawaban: A

114

SUPE

R CO

ACH

21. g1 = 9,9 N/kg r1 = R r2 = R + 2R = 3R

Kuat medan gravitasi atau percepatan gravitasi pada dua tempat berbeda ketinggian,

grr

g

g RR

g

21

2

2

1

2

2

2

39 9

19

9 9 1 1

=

×

=

×

= × =

,

, , N kg

Jawaban: A

22. R R

TT

RR

TT

TT

T

P B

P

B

P

B

P

B

P

B

=

=

⇒

=

= =

8

8

512 22 6

2 3 23

,

PP BT= ≈22 6 22, tahun bumi

Jawaban: C

23. TP : TQ = 8 : 1RQ = 1,6 SA

TT

RR

RR

RR

R R

P

Q

P

Q

P

Q

P

Q

P

=

=

( ) =

=

2 3

2 3

2

81

2

4 QQ = ( ) =4 1 6 6 4, ,SA SA

Jawaban: C

24. Tp = 8Tb

TT

RR

RR

RR

P

B

P

B

P

B

P

B

=

=

⇒ =

2 3

2 381

41

Jawaban: D

25. Kecepatan lepas atau escape velocity:

v gRlepas =

= ( ) ×( )= × = ×

2

2 10 6 10

120 10 2 30 10

6

6 3 m s

Jawaban: C

B. Esai

1. F ma F mgma mg

ma m GMr

= ==

= ⋅

= ⋅ → =

;

2

2

2

2 2 2

Satuannya:

kg ms

kg N mkg

kgm

ms

Nkkg

Terbukti

2. m1 = m

m2 = 2m1

r1 = rr2 = 2r1

F GMmr

F

FGM m

rGMm

rF F

1 2

2 2 2 1

2

22

412

12

= =

=( )

( )= = =

Gaya tarik-menarik partikel menjadi separuh dari gaya semula.

3. mA = 36 kgmB = 64 kg

w F GMmr

w w

GMmr

GMmr

A B

A

A

B

B

= =

=

=

2

2 2

36 64

6 8

6 8

3 4

2 2r r

r r

r r

r r

A B

A B

A B

A B

=

=

=

=

: :

: :

FISI

KA S

MA/

MA

X

115

4. Gambar 1:

F GMmr

F GMmr

GMmr

F

=

=( )

= =

2

1 2 22 4

Gambar 2:

F GMmr

F GMmr

GMmr

Mmr

Fb

=

=( )

= =

=

2

2 2 24 16

12

64

14

5. w w m g m g

w wm GM

rm GM

r

1 2 1 2

1 21

12

2

22

: :

: :

=

=

Nilai m1 = m2 = m (bendanya sama) sehingga:

w wm GM

rm GM

r r r

R R

w wR

R

w

1 21

12

2

22

12

22

2 2

1 2 2

2

1

1 1

1 13

1 91

: : :

:

:

= =

=( )

= ×

www w

229

9= → =

6. Perhatikan, benda di C mengalami gaya tarik akibat benda A dan benda B.

x y BC

FCBFCA

A

FR = 0 karena tidak mengalami gravitasi

F F F

Gm mr

Gm mr

GM my

GMmx

GM my

GMm

R CB CA

C B

CB

C A

CA

= −

= −

= −

=

2 2

2 2

2

0 4

4

( )

( )xx y x2 2 2

4 1⇒ =

Sehingga: xy

xy

2

214

12

= ⇒ =

7. R Rb B= 114

dan M Mb B= 118

serta

wb = 320 N

ww

MM

RR

w M

M

R

R

w

B

b

B

b

b

B

B B

B

B

B

B

= ×

=

=

2

2

320 118

114

320118196

320 18196

29 39→ = × =wB , N

8. Misalkan tempat itu di titik A, maka rA = 6.370 km + 130 km = 6.500 kmrB = 6.370 km

Tentukan dulu nilai gA

g GMr

= 2 didapatkan:

gg

rr

gg

g

A

B

B

A

A

BA

=

=

→ =

2

26 3706 500

6 3706 500

.

...

22

10

9 640

10 9 604 96 04

×

=

= = ( ) =

,

, ,

N/kg

Nw m gA A

9. FB = 600 N

rA = 52

R

rB = 32

R

FF

GmMr

GmMr

rr

Frr

F

R

R

A

B

A

B

B

A

AB

AB

= =

=

×

=

2

2

2

2

2

3252

22

600 216× = N

10. a. Berat benda di planet Y, misal massa benda adalah m dan massa ketiga planet berturut-turut MX, MY, dan MZ.

116

SUPE

R CO

ACH

FF

GmM

R

GmM

R

MM

RR

FMM

RR

Y

X

Y

Y

X

X

Y

X

X

Y

YY

X

X

Y

= =

=

2

2

2

×

=

× =

2

2

2120

F

MM

RR

X

Y

Y

X

X

60 N

b. Perbandingan berat benda di X dan di Z.

FF

GmM

R

GmM

r

MM

RR

FF

MM

X

Z

X

X

Z

Z

X

Z

Z

X

X

Z

Z

Z

= =

×

=

2

2

2

3××

= =

RR

Z

Z234

3 42

:

11. Data dari soal:

r1 = R + 12

R

r2 = R + 12R + 1

4R

gg

rr

gg

R R

R R R

gg

R

R

2

1

1

2

2

2

1

2

2

1

1212

14

3274

=

=+

+ +

=

= ×

=

= =

2

2 2

2

1

32

47

67

3649

36 49gg

:

12. mX= 2 kgmY= 4,5 kgmZ= 3 kgrXY = 5 m

(2 kg)(4,5 kg)5 m

X

rZX

FZXFZYZ Y

F F FGm m

rGm m

r

Gr

Gr

G

Z ZX ZYZ X

ZX

Z Y

ZY

ZX ZY

= − = −

= −

2 2

2 20 3 2 3 4 5( )( ) ( )( , )

(( )( )( )

( )( , )

,

3 2 3 4 55

5 4 52

5

2 2

2

2

rG

r

r

rr

r

ZX ZX

ZX

ZX

ZX

ZX

=−( )

−( )= ⇒

−= 99

4

5 32

10 2 3 2−

= ⇒ − = ⇒ =r

rr r rZX

ZXZX ZX ZX m

13. Supaya F

F F

Gm mr

Gm mr

X X

X X

C

AC BC

A C

AC

B C

BC

=

=

=

=−( )

=−

0

10 2050

1 250

2 2

2 2

(( )= −

+( ) = =

==

2 50

2 1 50 2 1 4

2 4 5020 8

X X

X

XX

,

,, cm

14. mA = 4 kg

mB = 9 kgr = 10 m.

Dari soal dapat digambarkan kedudukan titik P terhadap kedua benda.

Agar medan gravitasi di titik P bernilai nol maka: gA = gB

Gmr

Gmr

Gr

Gr

A B

12

22

12

12

4 910

= ⇒ =−( )

2 3101 1r r

=−( )

20 – 2r1 = 3r1

r1 = 4 m

15. mA = 1 kgmB = 2 kgmC = 3 kgrBA = 1 mrBC = 2 m

FISI

KA S

MA/

MA

X

117

a. Partikel B ditarik partikel A menghasilkan FBA arah gaya ke kiri, partikel B juga ditarik partikel C menghasilkan FBC arah gaya ke kanan, hitung nilai masing-masing gaya kemudian cari resultannya.

F Gm m

r

F Gm m

r

BAB A

BA

BCB C

B

= = ×( ) ( ) ( )

= ×

=

−

−

211

2

11

6 67 102 1

1

13 34 10

,

, N

CC

B BA BCF F F

211

2

11

11

6 67 102 3

2

10 01 10

3 33 10

= ×( ) ( ) ( )

= ×

= − = ×

−

−

−

,

,

,

N

NN

b. Arah gaya gravitasi sesuai FBA, yaitu ke kiri.

16. mA = 1 kg

mB = 2 kgmC = 4 kgrAC = 1 m

Agar nol maka FBA dan FBC harus berlawanan arah dan besarnya sama. Posisi yang mungkin adalah jika B diletakkan diantara benda A dan benda C. Misalkan jaraknya sebesar x dari benda A, sehingga jaraknya dari benda C adalah (1−x)

F F

Gm m

rG

m mr

mr

mr

x x

x

BA BC

B A

BA

B C

BC

A

BA

C

BC

=

=

=

( )=

−( )

( ) =

2 2

2 2

2 21 4

1

1 211

2 13 1

13

−( )= −=

=

x

x xx

x m

Posisi B adalah 13

meter dari A atau 23

meter dari B.

17. g g R D R R

g GMR

M gRG

MM

g

gRR

P B P B P B

P B

P

B

P

B

P

B

= = → =

=

= ⇒ =

= ⋅

,

: ?

3 6

2

2

ρ ρ

=

=

=

2 26

36

36 1

RR

M M

B

B

P B: :

Perbandingan massa jenis adalah sebagai berikut.

ρρ

π

πP

B

P

B

B

P

P

B

B

P

MM

VV

MM

R

R

R

=

⋅

= ⋅

= ⋅

43

43

361

3

3

BB

P

B

BRRR

= ⋅

= =

3 3

366

36216

16

Jadi ρp: ρb = 1 : 6.

18. Percepatan gravitasi di permukaan bumi

adalah g GMR

= 2

Percepatan gravitasi pada jarak x dari pusat bumi:

g GMxx = 2

gg

GMx

GMR

Rx

Rx

R x R x

x = =

= ⇒ = ⇒ =

2

2

2

2

2

22

2510 2

12

19. Percepatan gravitasi pada permukaan bumi gb = 10 m/s2

MMars : MBumi = 1 : 5 dan

RMars : RBumi = 1: 2

Berdasarkan persamaan kuat medan gravitasi:

g GMR

= 2

gg

GMR

GMR

gg

RR

MM

g

g

b

m

b

b

m

m

b

m

m

b

b

m

m

m

= → = ×

=( )( )

×

=

2 2

2

2

2

210 1

251

10 54

:

→→ = → =5 40 8 2g gm m m/s

118

SUPE

R CO

ACH

20. gA = 10 m/s2, dan h = R.

Percepatan gravitasi pada ketinggian R di atas permukaan Bumi adalah:

g g RR h

g RR R

g RR

g

a =+

=

+

=

= = ( ) =

2 2 2

2

214

14

10 2 5, m s

21. m1 = M r a223

=

m2 = 3M r a113

=

g GM

a

GMa

g G M

a

GMa

g g g

GMa

P

1 2 2

2 2 2

1 2

2

13

9

323

274

364

27

=

( )=

=( )

( )=

= −

= − GGMa

g GMaP

494

2

2=

22. F FGm m

G G

F FGm m

G

AB BAA B

CB BCB C

= = = ×( ) ( )

=

= =( )

= ×( ) ( )(

1

1 1

1

2

1 1

2

2 2

2

N

))=

= + +

= +

+

=

2

2 2

22

2

2 45

22

212

2

G

F F F F F

F G G G G

B BA BC BA BC

B

N

cos o

554 2

2

54

22

9 33 10

2 2

11

G G

F GB

+

= + = × −, N

23. mA = 10 kgmB = 20 kgmC = 30 kg

a. Hitung gaya di antara masing masing benda yaitu FAB = FBA = ?, FAC = FCA = ? dan FBC = FCB = ? Jangan lupa gambarkan arah interaksi pada masing-masing benda seperti pada gambar di bawah. Terlihat bahwa sudut apit masing-masing 60° (karena segitiga sama sisi).

A

B CFBC FCB

FCAFBA

FACFAB 60°

60° 60°

G r= × =−6 674 10 15113

2, ,N mkg

cm

F FGm m

rAB BAA B= =

= × ×( ) ( )( )

= × ≅ ×

−

−

2

112

7

6 674 1010 20

0 15

5 932 10 6 1

,,

, 00 7− N

F FGm m

rAC CAA C= =

= × ×( ) ( )( )

= × ≅ ×

−

−

2

112

7

6 674 1010 30

0 15

8 89 10 9 10

,,

, −−7 N

F FGm m

rBC CBB C= =

= × ×( ) ( )( )

= × ≅ ×

−

−

2

112

7

6 674 1020 30

0 15

17 79 10 18

,,

, 110 7− N

Benda A

F F F F FA AB AC AB ACocos= + +

=×( ) + ×( )

+ ×( ) ×

− −

−

2 2

7 2 7 2

7

2 60

6 10 9 10

2 6 10 9 110 12

171 10 3 19 10

7

14 7

−

− −

( )

= × = × N

gFmA

A

A

= = ×

= ×

−

−

3 19 1010

0 3 19 10

7

7

Nkg

N/kg,

FISI

KA S

MA/

MA

X

119

Benda B

F F F F FB = + +

=×( ) + ×( )

+ ×( )

− −

−

BA BC BA BCocos2 2

7 2 7 2

7

2 60

6 10 18 10

2 6 10 188 10 12

468 10 6 3 10

7

14 7

×( )

= × = ×

−

− − N

gFmB

B

B

= = ×

= ×

−

−

6 3 1020

0 3 13 10

7

7

Nkg

N/kg,

Benda C

F F F F FC = + +

=×( ) + ×( )

+ ×( )

− −

−

CA CB CA CBocos2 2

7 2 7 2

7

2 60

9 10 18 10

2 9 10 188 10 12

567 10 9 7 10

7

14 7

×( )

= × = ×

−

− − N

gFmC

C

C

= = ×

= ×

−

−

9 7 1030

0 3 7 10

7

7

Nkg

N/kg,

b. Titik yang dimaksud adalah titik berat segitiga sama sisi. Berdasarkan teori titik berat, jarak dari titik berat segitiga samasisi ke setiap sudut adalah

r = 23 tinggi. Sedangkan tinggi

segitiga adalah

t = 0,15 m × sin 60° = 0 075 3, m.

r t= =23

0 05 3, m.

Hitung gaya gravitasi setiap benda (A, B, C) terhadap benda di pusat segitiga O. Hitung FAO, FBO, dan FCO dengan masing-masing

r = 0 05 3, m. Perhatikan gambar, sudut yang dibentuk oleh ketiga vektor adalah 120°.

F FGm m

rAO OAA O= =

= × ×( ) ( )

( )= × ≅ ×

−

−

2

112

6

6 674 1010 15

0 05 3

1 335 10 1

,,

, 110 6− N

F FGm m

rBO OBB O= =

= × ×( ) ( )

( )= × ≅ ×

−

−

2

112

6

6 674 1020 15

0 05 3

2 669 10 3

,,

, 110 6− N

F FGm m

rCO OCC O= =

= × ×( ) ( )

( )= × ≅ ×

−

−

2

112

6

6 674 1030 15

0 05 3

4 004 10 4

,,

, 110 6− N

Gunakan cara analisis vektor, yaitu uraikan ke sumbu-X dan sumbu-Y lalu cari resultannya sehingga

diperoleh nilai FO dan gFmo

o

o

= .A

B

FCO

120°FBO

FBOx

FBOx

FCOy

FAOy

FCOx

FAO sin 90°

FAO

C

o

F F

F F

F F

F F

CO x CO

CO y CO

BO x BO

BO y BO

=

=

=

=

cos dan

sin

cos dan

si

o

o

o

30

30

30

nn

sin

o

o

30

90F FAO y AO=

Gaya pada sumbu-X:

ΣF F F FO x CO AO BO= + −

= ×

+ − ×− −

cos cos coso o o30 90 30

4 10 12

3 0 3 106 66

6

12

3

0 5 3 10

= × −, N

120

SUPE

R CO

ACH

Gaya pada sumbu-Y:

ΣF F F FO y AO CO BO= − −

= × ( ) − ×

− −

sin sin sino o o90 30 30

1 10 1 4 10 12

6 6 − ×

= − ×

−

−

3 10 12

2 5 10

6

6, N

ΣFO = × + − ×( )= −( )×

− −

−

0 5 3 10 2 5 10

0 5 3 2 5 10

6 6

6

, ,

, ,

N N

N

Sehingga,

gF

mOO

O

N

N/kg

= =−( )×

= −

−

−

Σ 0 5 3 2 5 10

15

130

3 16

10

6

6

, ,

24. Jari-jari orbit bulan → Rbulan= RPeriode orbit bulan → Tbulan = PGaya sentripetal bulan = gaya gravitasi

F F m R GMmR

mT

R GMmR

R GMP

M RGP

s g= → =

=

=

=

ω

π

π

π

22

2

2

2 3 2

2 3

2

2

4

4

25.

Matahari

A

B

CD

E

Ketika planet melintas di titik yang dekat dengan Matahari yaitu titik E, maka planet mengalami gaya tarik Matahari yang cukup besar dan untuk mempertahankan kedudukannya, maka planet harus bergerak lebih cepat (kecepatannya meningkat) di titik E dibanding dengan titik pada daerah A, B, C, dan D. Hal ini sesuai dengan Hukum II Kepler, yaitu garis yang menghubungkan planet dan Matahari tetap menyapu luas yang sama dalam waktu yang sama meskipun jaraknya berbeda.

26. R R T T

TT

RR

T

z B B z

z

B

z

B

z

: : ?= = → =

=

⇒

=

9 1 1

1

2 3 2

tahun

991

729

3

2

= → =T Tz z 27 tahun

27. RA : RB = 4 : 9 TA = 24 hari, TB = ?

TT

RR

TT

TT

B

A

B

A

B

A

B

A

=

⇒

=

=

=

2 3 2 394

72964

2788

278

278

243

⇒ = ⋅ = ⋅

=

T T

T

B A

A 81 hari

28. Tm = 1,87 tahun Rm = ? RB

TB = 1 tahun

RR

TT

RR

RR

m

B

m

B

m

B

m

B

=

=

=

=

3 22

3

1 87

3 4969

3 4969

,

,

,33 1 52

1 52

=

=

,

,R Rm B

29. Jarak rata-rata planet A → rA = p = 4q terhadap Matahari

Jarak rata-rata planet B → rB = q terhadap Matahari

Hukum III Kepler:

TT

rr

TT

qq

TT

A

B

A

B

A

B

A

B

=

=

=

2 3

2 3

2

4

4(( ) → =3

8T

TB

A

30. vs = 6.400 m/sR = 6.400 km = 6.400.000 mg =10 m/s2

FISI

KA S

MA/

MA

X

121

v Gmr

v Gmr

GmR

Rr

r GmR

Rv

GmR

g

ss

ss s

ss

B

= → = = ⋅

= ⋅ = =

22

2

2

2

2 2210dimana m s

==

=

=

10 6 400 0006 400

10

10

2

7

4

. ..

m

kmrs

31. Diketahui:

G = 6,67 × 10–11 m3/kg s2, M = 5,97 × 1024 kg, dan R = 6,38 × 106 m.

v G MRmin

, ,,

, .

=

= ( ) ×( ) ××

= ×

−

2

2 6 67 10 5 97 106 38 10

1 12 10

1124

6

4 m s

32. Pada saat roket mencapai ketinggian maksimum R, kecepatan roket v2 = 0. Dengan menggunakan persamaan hukum kekekalan energi dan memasukkan harga v1 = v, v2 = 0, r1 = R dan r2 = R + R = 2R maka diperoleh:

− + = − +

− −

= −( )

−

G Mmr

mv G Mmr

mv

GMr r

v

GMR

112

222

1 212

12

12

1 1 12

0

1 −−

= −( )

−

= −

= =

12

12

0

12

12

2

2

2

Rv

GMR

v

v GMR

v

atau

sehingga GGMR

v gRatau =

33. h = 3.600 kmR = 6.400 kmg = 10 m/s2

Satuan kelajuan yang diharapkan adalah km/s maka percepatan gravitasi di permukaan Bumi g harus diubah dulu dari m/s2 menjadi km/s2 dan diperoleh g = 0,01 km/s2. Kelajuan satelit mengorbit Bumi dapat dihitung dengan persamaan:

v RR h

g R h

v

v

=+( ) +( )

=+( ) ( ) +( )

=

6 4006 400 3 600

0 01 6 400 3 600

6 4

.. .

, . .

, km s

122

SUPE

R CO

ACH

K O G N I T I FB A B 9

PEMBAHASANUJI KOMPETENSI MANDIRI

A. Pilihan Ganda

1. Usaha yang dilakukan gaya 150 N searah dengan perpindahan ∆x W = F × ∆x cos 0° = (150)(6)(1) = 900 joule

Jawaban: A

2. F (N)B

s (m)

6

3O 4

CD

W OBD

W OD BD

W

1

1

2

12

12

3 6 9

=

= ⋅ = ( ) ( ) =

=

Luas segitiga

joule

Luas segitigaa

joule

Usaha tota joule

BCD

W DC BD

l W W

2

1 2

12

12

1 6 3

12

= ⋅ = ( ) ( ) =

= + =

Jawaban: C

3.

–3

0

3

1 3 52 4 6 7x (m)

F (N)

I

II

A

B

D

E

C

G

F

Bagian I untuk selang 0 ≤ x ≤ 4

Grafik berada di atas sumbu-X berarti bernilai positif

W ABCD

WAD BC

W

ABCD

ABCD

ABCD

=

=+( )

⋅

=+( )

luas trapesium

tinggi2

4 22

⋅⋅ =3 9 joule

Bagian II untuk selang 4 ≤ x ≤ 7

Grafik berada di bawah sumbu-X berarti bernilai negatif

W DEFG

WDG EF

W

DEFG

DEFG

ABCD

=

=+( )

⋅

=+( )

luas trapesium

tinggi2

3 12

⋅⋅ −( ) = −3 6 joule

Jadi, usaha total untuk selang 0 ≤ x ≤ 7 adalah:

W = WABCD + WDEFG = 9 – 6 = 3 J

Jawaban: A

4. a. 0 3

3 5

7 5

≤ ≤=

=

xWa

mluas segitiga

=12

J

( )( )

,

b. 3 5

2 3

3

≤ ≤=

−

= −

xWb

mluas segitiga

=12

J

( )( )

W

xW W W W

W

W

c a b

c

c

=

= ( ) ( )

=≤ ≤

= + +

= − +

=

luas persegi

Jc. m

J

1 33

0 6

7 5 3 3

7 5

,

,

Jawaban: D

5. Gunakan persamaan:

v g h hB A B= −( )= ( ) −( ) =

2

2 10 125 0 50 m/s

Jawaban: E

FISI

KA S

MA/

MA

X

123

6. 12

mv12 + mgh1 = 1

2mv2

2 + mgh2

12

v12 + gh1 = 1

2v2

2 + gh2

12

(20)2 + (10)(40) = 12

v22 + 0

200 + 400 = 12

v22

v22 = 1.200 ↔ v = 20 3 m/s

Jawaban: E

7. a. v g hB =

= ( ) ( )=

2

2 10 0 8

4

∆

,

m/s

b. v g hB =

= ( ) ( )=

2

2 10 0 8

4

∆

,

m/sKecepatan jatuh bebas tidak bergantung pada massa beban.

Jawaban: B

8. 12 mv1

2 + mgh1 = 12 mv2

2 + mgh2

0 + (10)(5) = 12 v2

2 + 0 → v2 = 10 m/s

Jawaban: D

9. v g h h

v g h h

2 1 2

3 1 3

2 2 10 50 5

30

2 2 10 50 20

10

= −( ) = ( ) −( )=

= −( ) = ( ) −( )=

m/s

66 m/sJawaban: D

10. m = 0,025 kgx = 0,1 md = 1 m → h2

a. EK1 + EP1 = EK2 + EP2

EP1 = EK2 + EP2

mgh1 = 12 mv2

2 + mgh2

12 mv2 = mgh1 – mgh2

EK2 = mg(h1 – h2)

= (0,025)(10)(6 – 1) = 1,25 J

b. EK2 = 12 mv2

1,25 = 12

(0,025)v2

1,25 = 0,0125v2 v2 = 100 v = 10 m/s

c. EK EP EK EP

mv mgh mv mgh

mv mgh mv

v

2 2 3 3

22

2 32

3

22

2 32

3

12

12

12

12

+ = +

+ = +

+ =

222

22

3 22

2

32

3

3

2 12

2

10 2 10 1

120

= +

= +

= +

=

+

( )

( ) ( )( )

v gh

v v gh

v

v

EP EK

m/s

33 4 4

32

32

42

42

32

42

32

4

12

12

12

12

12

12

= +

+ = +

=

=

EP EK

kx mv kx mv

mv kx

mv Fx

FFmv

x

FF

=

==

32

4

20 025 120 1030( , ).( ) .

N

Jawaban: B

11. a. mghA + 12

mvA2 = mghB + 1

2mvB

2

(10)(0,50) + 0 = (10)(0) + 12

vB2

5 = 12

vB2 ↔ vB = 10 m/s

b. mghA + 12

mvA2 = mghD + 1

2mvD

2

(10)(0,5) + 0 = (10)(0,25) + 12

vD2

vD2 = 5 ↔ vD = 5 m/s

c. N w mvR

= − = − =2

0 6 0 4 0 2, , , N

Jawaban: C

124

SUPE

R CO

ACH

12. EM EM

EP EK EP EK

mgh mg h h mv

gh gh g

A D

A A D D

D

=

+ = +

= +

+

= +

2 212

2

2sinθ

hh v

v gh gh

v gh

D

D

D

sin

sin

sin

θ

θ

θ

+

= −

= −( )

2

2

1

Jawaban: E

13. m EK EP

k mv kx

x v

v

= =

= =

= =

=

0 5

2 12

12

40 2 0 4

0 5 0

2 2

2 2

2

,

( , )

, ,

kg

N/m

cm (0,5)

332

0 640 8

2vv

==

,, m/s

Jawaban: B

14. vt = v0 + at = 0 + (0,8)(10) = 8 m/s

W = ∆EK = EKt – EK0

= 12

(20)(8)2 – 0 = 640 J

Jawaban: E

15. F = ma5 = 5(a)a = 1 m/s2

v = v0 + at = 0 + at =(1)(5) = 5 m/s

W EK m v v= ∆ = −( )= ⋅ ⋅

=

1212

5 25

62 5

20

2

, J

Jawaban: D

16. a. W = ∆EP

= mg(h2 – h1)= mg(3 – 1)= 2mg

b. W = ∆EP= mg(h2 – h1)= mg(2,5 – 0,5)= 2mg

Jawaban: B

17. r1 = R dan r2 = R + h = R + 2R = 3r

Besar usaha untuk memindahkan massa m dari permukaan bumi, r1 = R ke titikpada ketinggian h = 2R adalah

W GmMr r

W m GMR R R

R

mg R

= −

= −

= ×

1 1

1 13

23

1 2

22

dengan mg = 24 N dan R = 6,4 × 106 m

W = × × ×

= ×

24 2 6 4 103

1 024 10

6

8

,

, J

Jawaban: E

18. W EP EP EP EP EP

kx kx

W

elastik

elastik

= − = − −( ) = − +

= − +

= −

∆ 2 1 2 1

22

121

212

11212

0 1212

22

12

2 2 2

2 1 22

k x x

k A kA

W EK EK EK mv

−( )= − − −( )( ) =

= = − =res ∆ ∆ −− 12 1

2mv

Welastik = Wres dan v1 = 0

(Balok diam pada posisi (1) sehingga dapat ditulis:

W mv vkA

mkm

Aelastik = − → =( )

=12

02 1

22

22

2

2

2

Sehingga: v A km

=Jawaban: E

19. W EP EK W

F s mgh mgh

mv mv

F f

f B A

B A

= + −

× = ( ) − ( )

+

−

∆ ∆

12

12

2 2

− ( ) ( )× = × ×( ) − × ×( )

+ × ×

f s

120 20 30 10 3 30 10 0

12

30 22 − × ×

− ( ) ( )= ( ) − ( ) + ( ) −

12

30 0

20

240 900 0 60 0

2

f

(( ) − ( ) ( )

= [ ] + [ ] − ( ) ( )= ↔ =

f

f f

f

20

240 900 60 20

20 720 36 newton

Jawaban: B

FISI

KA S

MA/

MA

X

125

20. m = 2.000 kg s = 40 m vA = 20 m/svB = 5 m/s

EPA = 0EPB = (2.000)(10)(8) = 160.000 J

EKA = 12

(2.000)(20)2 = 400.000 J

EKB = 12

(2.000)(5)2 = 25.000 J

a. Menggunakan konsep usaha energifs = EMB – EMA

40f = (EPB + EKB) – (EPA + ELA)40f = (160.000 + 25.000) – 400.00040f = –215.000f = –5.375 N

b. Menggunakan konsep GLBBvB

2 = vA2 + 2as

52 = 202 + 2a(40)80a = 25 – 40080a = –375 a = –4,6875 m/s2

F = mamg sin θ + f = ma f = ma – mg sin θ f = m(a – g sin θ)

f = 2.000 (4,6875 – 10( 840

))

f = 2.000 (4,6875 – 2) f = 5.375 N

Jawaban: C

21. Benda → masa m kec. awal

didorong ke atasbidang miring

↓dengan sudut θ, koefisien gesek μ, h = s sin θ

w sin θ

ww cos θ

θF f

Gaya melawan gerak ⇒ F = mg sin θ + µmg cos θfg = μN = µmg cos θWg = – fgs = –µmg cos θ · s

Hukum kekekalan energi

EK1 + EP1 = EK2 + EP2 + W

12 mv2 + 0 = 0 + mgh + Fs

12 mv2 = mgs sin θ + mg (sin θ +μ cos θ) s

12 mv2 = 2mgs sin θ + mgμs cos θ

12 v2 = s(2g sin θ + μg cos θ)

s vg g

W mg s

mg vg g

=+

= − ⋅

= −+

2

2

4 2

4 2

sin coscos

cossin cos

θ µ θµ θ

µ θθ µ θ

= −

+

= −+

µθθ

µ θθ

µµ θ

mv

mv

2

2

4 2

2 2

sincos

coscos

( tan )

Jawaban: B

22. EK EP W

mv kx W

mv kx mg x

m

(balok) (pegas)= +

= +

= +

gesekan

12

12

12

12

2 2

2 2 µ

vv kx mg x

v

v

2 2

2 2

2

2

2 800 0 06 2 2 10 0 2 0 06

2 2 88 0

= +

= +

= +

µ

( , ) ( )( )( , )( , )

, ,4483 36

21 68

1 3

2v

vv

=

=≈

,

,,

m/sm/s

Jawaban: E

23. EM1 = 0

EM2 = 12

mv22 + mgh2

= 12

(20)(1)2 + (20)(10)(5)

= 1.010 J

WF = Fx cos 0° = (150)(10) = 1.500 J

x = hsin ,α

= =50 5

10 m

126

SUPE

R CO

ACH

x = 10 m

h = 5 m

α

Wnonkonservatif = WF + Wf

= 500 + Wf Wnonkonservatif = EM2 – EM1 = 1.010 – 0 = 1.010 J

Wf = 1.010 – 500 = 510 JWf = fx cos 180°510 = µmg cos 30x

510 = µ(20)(10)(10). 12

3µ = 0,29

Jawaban: E

B. Esai

1. a. W = Fs=(6)(2)=12J

b. W = mgs = (5)(10)(7) = 350 J

c. W = mgs = (4)(10)(8) = 320 J

d. W = mgs = (1,5)(10)(2) = 30 J

2.

60°

F

F cos θs = 5

W F s=

= ( ) ( ) ( )

=

cosθ

80 12

5

200 joule

3. a. W = ∆ = ( ) ( ) =luas J12

2 2 2

b. Dari titik B ke C karena daerah di bawah kurva BC paling luas.

4. a.

3 m

α

P

FN

mg

b. WF = Fs cos 37° = (50)(3)(0,8) =120 J WP = Ps cos 180° = (10)(3)(–1) = –30 J

WN = Ns cos 90° = mgs cos 90° = (6)(10)(3)(0) = 0 J

Wmg = mg sin 90°s

= (6)(10)(0)(3) = 0 J

c. Wtotal = WF + WP +WN +Wmg

= 120 + (–30) + 0 + 0

= 90 joule

5. W kx

W kxx

W Fx

x

x

k Fx

=

=

=

= ( )

= = =

= =

121212

0 4 12

40

0 420

0 02 2

400 0

2

,

, ,

,

m cm

222 000= . N m

6. Pernyataan yang benar adalah (1), (2), (4), dan (5).

(1) Di P kecepatan bandul v = 0 → EK = 0

(2) dari P ke Q, v meningkat sehingga EK meningkat

(3) Energi total di setiap titik adalah tetap

(4) dari Q ke R, h meningkat EP meningkat

(5) Di Q, EK maksimum dan EP nol sehingga EMQ = EKQ di R, EP maksimum dan EK nol sehingga EMR = EPR. Energi mekanik di setiap titik adalah tetap sehingga dapat disimpulkan EPR = EKQ.

FISI

KA S

MA/

MA

X

127

7. m = 200 gv1 = 60 m/s

a. EK mv12 3 21

212

200 10 60

360

= = ×

=

−( )( )

J

b. EP1 + EK1 = EP2 + EK2

0 + EK1 = EP2 + 0

EK EP

mv mgh

v gh

h

h

h

1 2

12

2

12

2

22

2

2

12

12

12

60 10

1 800 10

180

=

=

=

=

=

=

( ) ( )

.

m

c. v v gh

v

v

v

E

t

t

t

t

20

2

2 2

2

2

2

60 2 10 40

3 600 800

2 800

= −

= −

= −

=

( ) ( )( )

.

.

Maka, KK mv=

= ×

=

−

1212

200 10 2 800

280

2

3( )( . )

J

8.

60°

a

a = cos 60°b = – a = (1 – cos 60°)

b

v gb

g

=

= − °( )

= ⋅ ⋅ ⋅

==

2

2 1 60

2 9 8 1 25 12

12 253 5

cos

, ,

,, m s

9. EK EP

mv mgh

v gh

v gL

=

=

=

=

12

2

2

2

2

10. mvR

m g

v gR

EM EM

mv mv mgh

v gR gR

v g

C

C

B C

B C C

B

B

2

2 2

2

2

12

12

12

12

2

=

=

=

= +

= +

=

.

RR gR gR

v gR

EM EM

mgh mv

gh v

gh gR

h R

B

B

+ =

=

=

=

=

=

=

4 5

5

12

1212

5

12

5

2

2

A B

B

( )

( ))

h R= 52

11. a. v g RA = ( )2 3

vA2 = 6gR

EMB = EMA

12

mvB2+mg(2R) = 1

2 mvA

2

12

vB2+ 2gR = 1

2 6gR

12

vB2 = gR

vB2 = 2gR

= 2.10.45 = 900 vB = 30 m/s

b. N mvR

mg

m gRR

mg

mg

= −

=( )

−

= = ( ) =

2

2

2 10 20 newton

12. y v gt

t

tt s

v xt

y

x

= +

= +

==

= = =

02

2

2

12

1 2 0 5

0 240 49

40 49

8 16

,

,,

,,

m s

128

SUPE

R CO

ACH

v v gt

v

v v v

y y

y

x y

= +

= + ( )=

= + = ( ) + ( )=

0

2 2 2 2

0 10 0 494 9

8 16 4 9

66 58

,,

, ,

,

m s

556 24 01 90 5956

90 59562

+ =

=

, ,

,v

EM1 = EM2

12

k∆x2 + mgh = 12

mv2

12

k(25 × 10–3)2 + 75 × 10–3 (10)(1,2)

= 12 (75 × 10–3)(90, 5956)

12 k(625 × 10–6) + 90 × 10–2

= 37,5 × 10–3 (90,5956)

312,5 × 10–6 k = 2,497 k = 0,0079904 × 106

k = 7.990 N/m13.

B

A

vB

mg

R

θ

EMA = EMB

mgR = mgR cos θ + 12

mvB2

12

vB2 = gR – gR cos θ

vB2 = 2gR (1 – cos θ)

Fs =mg cos θ – N

Benda P akan jatuh sehingga N = 0.

mvR

mgB2

= cosθ

2 1

2 23 2

23

grR gR−( ) =

− ==

=

cos cos

cos coscos

cos

θ θ

θ θθ

θ

14. A

B30 m

h

xEM EM

mgh mgh mv

h v

A B B

B

A B=

= +

= + ( )

12

300 10 12

1

2

2 ...

v h gt t hg

v xt

x gh

v x gh

yB

xB

B

= → = → =

= =

= ⋅ ( )

0 12

2

2

22

2

2 2 ...

Substitusikan persamaan (2) ke (1)

300 10 12 2

300 104

10

104

300 10

120 4

2

2

2

2

= +

= + ⋅ =

= −

= −

h x gh

h gh

x g

hx h

x h h

;

22

2120 4x h h= −

15. a. Kecepatan dan waktu

v

t

b. Kelajuan dan waktuv

t

FISI

KA S

MA/

MA

X

129

c. Energi kinetik dan waktuEK

t

d. Energi potensial dan waktuEP

t

e. Energi mekanik dan waktuEM

t

16. W = –∆EP

= –(mgh2 – mgh1)

= –mg(h2 – h1) =–0,5(10)(–3) = 15 J

17. a. F = mg = (2)(10) = 20 N

b. W = mgh = (20)(1,5) = 30 joule

c. W = F∆x = 20 × 0 = 0 (sebab tidak ada perpindahan)

18. a. v st

t sv

= → = = =151

15 s

W = ΔEP = mgΔh = (60)(10)(8)

= 4.800 J

P = Wt

= 4 80015. = 320 W

b. W = ΔEP = 4.800 J

v = 1 m/s + 0,8 m/s = 1,8 m/s

t = 151 8,

= 8,33 s

P = Wt

= 4 8008 33.,

= 576 W

c. W = ΔEP = 4.800 J

v = 1 m/s – 0,8 m/s = 0,2 m/s

t = 150 2,

= 75 s

P = Wt

= 4 80075. = 64 W

19. a. Usaha yang dilakukan oleh balok akibat resultan gaya sama dengan perubahan energi kinetik balok tersebut.

b. W EP EK W

mgh mgh

mv mv

F f

f i

f i

= ∆ + ∆ −

= − +

−

[( ) ( )]

12

12

2 2

−= − +

( ) ( ) −

f x( )(cos )[( )( , )( ) ]

∆ θ5 9 8 6 0

12

5 5 12

52 (( ) ( )

− ( ) ( )= + − −=

3

5 12 180

294 40 60394

2

(cos )

( )J

c. W F x

FF

F =

= °=

∆ cos

( )( )(cos ),

θ394 12 0

32 83 N

20. W EM

fx k x mv

mv fx k x

mv mgx k x

v

= ∆

= −

= +

= +

0 02 2

20 0

2

20 0

2

12

12

12

12

12

12

µ

220 0

22= +µgx km

x

v gx km

x

x g km

x

x g km

x

= +

= +

= +

2

2

2

0 02

0 0

0 0

12

µ

µ

µ

130

SUPE

R CO

ACH

PEMBAHASANPENILAIAN T E N G A H SEMESTER 2

A. Pilihan Ganda

1. Gerobak bersandar pada dinding sehingga memiliki kontak terhadap dinding. Oleh sebab itu, gerobak memberikan gaya aksi ke dinding sebesar gaya dorong, yaitu 100 N ke kiri. Berdasarkan Hukum III Newton, dinding memberikan gaya reaksi ke gerobak dengan besar yang sama dan arah yang berlawanan. Jadi, pernyataan yang benar yaitu dinding mendorong gerobak 100 N ke arah kanan.

Jawaban: D

2. Diagram benda bebas:

N

mg

F = 14 N

Benda diam sehingga berlaku Hukum I Newton.

∑Fy = 0

N – F – mg = 0

N = F + mg

N = 14 + (3)(10) = 14 + 30 = 44 N

Jawaban: A

3. Tinjau benda A

∑F = mAa

T – f = mAa

T = 2a + 2,5 ... (1)

Tinjau benda B

∑F = mBa

wB – T = mBa

mBg – T = mBa

T = mBg − mBa

T = 1(10) – 1a

T = 10 – a ... (2)

Substitusikan persamaan (2) ke (1).

10 – a = 2a + 2,5

3a = 7,5 ⇒ a = 2,5 m/s2

Jawaban: E

4. Diagram benda bebas:

f

F = 25 N

N

mg

∑Fx = 0

N – F = 0

N = F = 25 N

∑Fy = 0

f = mg = (2)(10) = 20 N

f = μN

20 = μ(25)

µ = =2025

0,8

Jawaban: D

5. Diagram benda bebas:

N a

w

FISI

KA S

MA/

MA

X

131

∑F = ma

w – N = ma

N = w –ma = m(g – a)

= 60(10 – 3) = 60(7) = 420 N

Jawaban: D

6. µk = 0,1

F – T2 – f3= mCa …(1)

T2 – T1 – f2= mBa …(2)

A B C F

NA

NB

T1

f1 f2 f3

T2

NC

T1 – f1 = mAa

T1 – μkN = mAa

T1 – μk mAg = mAa

T1 – 0,1(10)(10) = 10a

T1 = 10a + 10 …(3)

Dari persamaan (2):

T2 – T1 – µmB g = mBa

T2 – (10a + 10) – (0,1)(15)(10) =15a

T2 = 15a + 10a + 25

T2 = 25a + 25

Dari persamaan (1):

F – T2 – µmCg = mC a

135 – (25a + 25) – (0,1)(20)(10) = 20a

a = 2 m/s2 (percepatan sistem)

Maka:

T1 = 10(2) + 10 = 30 N

T2 = 25(2) + 25 = 75 N

Jawaban: B

7. m1 = 5 kg μ1 = 0,3 θ = 37°

m2 = 3 kg μ2 = 0,4

θ

w1x

w 2x

N1 T 1

T 2

f1

f2

N2

1

2

w1y

w2y

w1

w2

Untuk balok 1:

∑Fy = 0

N1 – w1y = 0

N1 = m1g cos 37° = (5)(10)(0,8) = 40 N

∑Fx = ma

wx – f1 – T = m1a

mg sin 37° – μ1N1 – T = m1a1

(5)(10)(0,6) – (0,3)(40) – T = 5a

T = 18 – 5a …(1)

Untuk balok 2:

∑Fy = 0

N2 – w2y = 0

N2 = m2g cos 37° = (3)(10)(0,8) = 24 N

∑Fx = m2a2

T + w2x – f2 = m2a2

T + m2g sin θ – μ2N2 = m2a2

T + (3)(10)(0,6) – (0,4)(24) = 3a

T = 3a – 8,4 …(2)

Substitusikan persamaan (1) ke (2).

18 – 5a = 3a –8,4

8a = 26,4

a = 3,3 m/s2

T = 18 – 5(3,3)

= 18 – 16,5 = 1,5 n

Jawaban: B

8. m1 > m2 sehingga sistem bergerak ke kiri.

w1x

w1

w2yw1yα β

N1N2

T T

w2x

w2

a

a

Kubus 1:

w1x – T = m1a

T = m1g sin α – m1a …(1)

Kubus 2:

T – w2X = m2a

T = m2g sin β + m2a …(2)

Substitusikan persamaan (1) ke persamaan (2)

m1g sin α – m1a = m2g sin β + m2a

m1g sin α – m2g sin β = m2a + m1a

132

SUPE

R CO

ACH

ag m m

m m=

−( )+( )

1 2

1 2

sin sinα β

Jawaban: A

9. Jika mobil-mobilan dilepas dari kait, timbul percepatan ke arah kiri, sehingga

∑FA = mAa

w – T = mAa …(1)

∑FB = mBa

T = mBa …(2)

2,0 kg

3,0 kg

HB

A

wA

T

T1

Substitusikan persamaan (2) ke (1)

wA – mBa = mAa ⇒ w = (mB + mA)a

a wm m

m gm m

=+

=+

=+

= =

B A

A

B A

m s

203 0 2 0

205

4

, ,

Gaya tegangan tali T = mBa = (3,0)(4) = 12 N

Jawaban: B

10. m1 = 2m, m2 = m, m3 = 3m

Gaya kontak antara balok 1 dan 2:

N Nm

m m mF

mm m m

F

mm

F F

12 211

1 2 3

22 326

13

= =+ +

=+ +

= =

Gaya kontak antara balok 2 dan 3:

N Nm m

m m mF

m mm m m

F mm

F F

23 321 2

1 2 3

22 3

36

12

= =+

+ +

= ++ +

= =

Perbandingan N21 dan N23:

NN

F

F

21

23

1312

13

2 23

2 3=( )( )

= × = = :

Jawaban: E

11. av v

st=

−= −

( ) = −2

02 2 2

2

20 42 3 2

2 5,

, m/s

F ma

F

cos

,

,

α =

=( )

=

6 2 51213

16 25 N

Besar gaya normal:

∑Fy = 0

N – F sin α – w = 0

N = F sin α + w

N = (16,25) 513

+ (6)

(10) = 6,25 + 60 = 66,25 N

Gaya normal yang dikerjakan lantai es pada setiap roda adalah setengah dari gaya normal total.

FN

266 25

233 125= =, , N

Jawaban: C

12. m1 = 2 kg a = 3 m/s2

m2 = 6 kg

F = 24 N

mgf

F

N

2

mgf

N

1

F – f = m2ax

24 – µm2g = 6(3)

24 – (60)µ = 18

µ = 0,1

Jawaban: A

13. m1 = 2 kg µk = 0,2

m2 = 4 kg

N1 = m1g = 20 N; f1 = µN1 = 4 N

N2 = m2g = 40 N; f2 = µN2 = 8 N

Untuk balok 1:

T – f1 = m1a

T – 4 = 2a → T = 4 + 2a

= 4 + 2(2) = 8 N

FISI

KA S

MA/

MA

X

133

Untuk balok 2:

F – T – f1 – f2 = m2a

F – 8 – 4 – 8 = 4(2)

F = 8 + 8 + 4 + 8 = 28 N

Jawaban: A

14. Percepatan a = 0,1 m s–2

θ mg cos θT

mg sin θ

mg

Bandul dipercepat ke kanan oleh percepatan a sehingga,

∑Fx = mba

mbg sin θ = mba

a g ag

= → =

= = → = °

sin sin

sin , , ,

θ θ

θ θ0 110

0 01 0 57

tegangan tali. T

∑F = 0 ↔ T – mg cos θ = 0

T = mg cos θ = mg cos (0,57) = 0,99mg

Jawaban: E

15. m1 = 6 kg m2 = 3 kg

R = 30 cm = 3 × 10–1 m

Gaya gravitasi:

F Gm m

r

F

F

F

=

= × ×× × ×

= × × ×

=

−− −

−

1 22

112

1 1

11 2

6 67 10 6 33 10 3 10

6 67 2 10 10

,

,

113 34 10 9, × − N

Jawaban: B

16. Langkah pertama membuat sketsa:

F1

10 cm 20 cm

30 cm

F2

m1 m3

m2

m1 = 2 kgm2 = 12 kgm3 = 1 kg

r13 = 10 cmr12 = 30 cm

Langkah kedua adalah mencari besar F1 dan F2,

F Gm m

r

F

F

11 3

12

111

1 1

111

6 67 10 2 11 10 1 10

6 67 2 10

=

= × ××( ) ×( )

= × ×

−− −

−

,

, ××

= × −

10

13 34 10

2

19F , N

F Gm m

r

F

F

23 2

22

211

1 1

21

6 67 10 1 122 10 2 10

6 67 3 10

=

= × ××( ) ×( )

= × ×

−− −

−

,

, 11 2

29

10

20 01 10

×

= × −F , N

Langkah terakhir mencari FR

FR = F2 – F1

FR = 20,01 × 10–9 – 13,34 × 10–9

FR = 6,67 × 10–9 N

Jawaban: A

17. Karena bola C berinteraksi dengan A diperoleh gaya gravitasi FCA dan berinteraksi dengan B diperoleh gaya FCB arahnya berlawanan dengan FCA. Misalkan jarak dari C ke A adalah x dan jarak dari C ke B adalah (15 – x) sehingga diperoleh:

F F F

F F

F F

Gm mR

Gm mR

C CA CB

CA CB

CA CB

C A

CA

C B

CB

= −

= −

=

=

0

2 2

mR

mR

x x

xx

A

CA

B

CB2 2

2 2

2

2

9 415

1594

=

=−( )

−( )=

134

SUPE

R CO

ACH

xx

xxx xxx

1594

1532

2 45 35 45

9

−=

−=

= −== cm

Jawaban: B

18. FBA FB

FBCm

F Gmma

Gma

FGm m

a

Gma

F F F

Gma

BC

BA

B BC BA

= =

=( )

( )=

= +

2

2

2

2

2

2

2 2

2

2

2

3

23

+

=

=

−

2 2

2

2

2

2

1

49

139

Gma

F Gma

FF

B

BA

BC

Arahnya θ tan

==

= °−tan ,1 2

333 7

Jawaban: B

19. RB = 1,5 × 1011 m

TB = 3,15 × 109 sG = 6,67 × 10–11 m3/s2 kg

FGM M

R

MFRGM

M R RGM

MR

TR

GM

M

m

mB

B

B B B

B

BB

B

B

m

=

= = =

=

B2

2 2 2

232

4

ωπ

π 22 3

2

2 11 3

11 2 2

30

4 1 50 10

6 67 10 3 15 10

2 01 10

RGT

B

B

=×( )

×( ) ×( )= ×

−

π ,

, ,

, kkg

Jawaban: C

20. gg

GmR

GmR

mR

Rm

gg

mm

RR

gm

P

B

P

P

B

B

P

P

B

B

P

B

P

B

B

P

P

= =

=

=

2

2

2

2

2

PP

B

B

PBm

RR

g

2

g mm

RR

g

g g

P B

P B

=

= = ( ) =

214

14

10

2

22,5 m/s

Jawaban: D

21. he = x

te = 20 sekon

Mm = 181

Me

Rm = 825

Re

gg

MM

RR

gg

M

M

g

m

e

m

e

e

m

m

e

e

e

m

= ⋅

= ⋅

( )=

=

2

2

2

181

825

6255 184

6

R

R

e

e

.

2255 184

12

2

5 184625

7225

2 2

2

2

.

.

g

x gt t xg

tt

gg

tt

t t

e

m

e

e

m

m

e

m e

= ⇒ =

= ⇒ =

= (( ) = × =7225

20 57 6, sekon

Jawaban: D

22. Mp = Mb

Rp = 12

Rb

hb = 1,5 m

gg

MM

R

RMM

R

R

gg

b

p

b

p

p

b

b

p

b

b

b

p

= ⋅ = ⋅( )

=

2

2

2

2

12

14

FISI

KA S

MA/

MA

X

135

vt2 = v0

2 – 2gh

v0 konstan, vt = 0 sehingga diperoleh:

vt2 = v0

2 – 2gh

vt = 0 sehingga diperoleh:

v02 = 2gh ⇒ h

vg

= 02

2

v0 konstan sehingga hg

∝ 1

hh

gg

hh

h

P

b

b

p

P

b

p

= ⇒ =

= × =

14

14

1 5 0 375, , m

Jawaban: A

23. Energi potensial dua objek bermassa

adalah EP GMmr

= − . Jadi, energi

potensial berbanding terbalik dengan jarak kedua objek.

Jawaban: A

24. Semua titik di permukaan bumi bergerak dengan kecepatan sudut yang sama. Bumi berputar 360° dalam sehari dan semua titik di atasnya berputar dengan kecepatan sudut yang sama pada periode waktu tertentu. Potensial gravitasi meningkat dengan bertambah tingginya suatu benda dari permukaan bumi. Jadi, potensial gravitasi di X lebih besar dibandingkan dengan Y sementara kecepatan sudut keduanya sama.

Jawaban: B

25. Kecepatan lepas dari suatu planet

adalah sebesar v GRM= 2 , sehingga

dapat dituliskan perbandingan sebagai berikut.

vv R

v vR

M RM

M RM

M RM R

b

B

b B

B b

b Bb B

B b

B B

B B

110,01

0,27

2,11 k

=

= =

=

( )m/s

Jawaban: C

26. Satelit bermassa m yang mengorbit planet bermassa M dengan jari-jari orbit r akan mengalami gaya sentripetal (Fs) dan gaya gravitasi (Fg) yang besarnya sama.

F F

mvr

G mMr

v GMr

v GMr

s g=

=

=

=

2

2

2

Artinya:

• Kelajuan orbit satelit berbanding lurus dengan akar pangkat dua dari

M v M∝( )2 . [pernyataan 1 salah,

pernyataan 2 benar]

• Kelajuan orbit planet berbanding terbalik dengan akar pangkat dua dari r. [pernyataan 4 benar]

Sedangkan periode revolusi satelit dapat ditentukan dengan Hukum III Kepler.

T r

T r

2 3

32

∝

∝

Berarti, periode revolusi satelit berbanding lurus dengan akar pangkat dua dari r3. [pernyataan 3 salah]

Jawaban: D

27. RP : RQ = 4 : 9

TP = 24 hari

TT

RR

TT

TT

T

P

Q

P

Q

P

Q

P

QQ

=

⇒

=

= ⇒ =

2 3 2 349

827

2778

278

24

81

TP = ( )

=

hari

hari

Jawaban: C

28. Diagram benda bebas:N

θw

s

w

F

136

SUPE

R CO

ACH

Wtot = WF + Ww + WN

= (F + w sin 120° + N sin 90°)s

= (15 + 1,5 × 10 × (−0,5) + 0)2

= (15 – 7,5)2 = 7,5(2) = 15 J

Jawaban: A

29. Usaha dari 10 m ke 30 m.

8

6

4

2

0 5 10 15 20 25 30

S

P

RF (N)

d (m)

Q

W = luas PQRS

= 4 82

20+ × = 6(20) = 120 J

Jawaban: C

30. r1 = R dan r2 = R + h = R + 12

R = 32

R

Besar usaha untuk memindahkan massa m dari permukaan bumi, r1 ke titik lain,r2 adalah

W GmMr r

= −

1 11 2

dengan manipulasi matematis akan diperoleh

W m GMR R R

R

W mg R R

mg R

= −

= −

=

2 32

21 1

23

3

dengan mg = 24 N dan R = 6,4 × 106 m maka didapatkan

W = × × = ×24 6 4 103

5 12 106

7, , J

Jawaban: C

31. EP = mgh

Ketinggian tidak diketahui, namun kita bisa menentukannya dengan trigonometri h = s sin θ sehingga dapat dituliskan

EP = mgs sin θ

= 2(10)(20) 0,6 = 240 J

Jawaban: D

32. EMA = EMB

EPA + 0 = EPB + EKB

mgh mgh EK

EK mg h hA B B

B A B

= 2 10 2,4 1,2

24

= +

= −( )−( ) ( )

=

J

Jawaban: E

33. W = ∆EK

W m v vt= ( )( ) −( )

−( )= −

−12

= 12

4.000 15 25

= 2.000 400

80

2 2

2 2

0

00.000 J = 800 kJ−

Jawaban: E

34. W = −ΔEP = −mg(h2 – h1) = mg(h1 – h2)

8 = M(10)(0,4 – 0)

8 = 4M ⇒ M = 2 kg

Jawaban: B

35. w EK m v v

v v gh

w

= ∆ = −( )= = = ( ) ( ) =

= ( ) ( )

12

0 2 2 10 5 10

12

20 10

22

12

1 2

2

, m/s

== 1 000. J

Jawaban: E

FISI

KA S

MA/

MA

X

137

B. Esai

1. Gaya-gaya pada benda diperlihatkan gambar berikut.

fges

N

w

F

a. ∑Fy = 0

N − w = 0

N − mg = 0

N − (10)(10) = 0

N = 100 N

b. Cek terlebih dahulu gaya gesek statis maksimum yang terjadi antara kardus dan lantai.

fsmaks = µs N

fsmaks = (0,2)(100) = 20 N

Ternyata gaya gesek statis maksimum masih lebih besar dari gaya yang menarik benda (F) sehingga kardus masih berada dalam keadaan diam, sesuai dengan Hukum I Newton.

∑Fx = 0

F − fges = 0

12 − fges = 0

fges = 12 N

c. Karena benda dalam keadaan diam, mak percepatan kardus a = 0.

2. Elevator bergerak ke bawah:T

a

w

∑ Fy = ma

w − T = ma

(400)(9,8) − T = (400)(2)

T = 3.920 − 800 = 3.120 newton

3. RA : RB = 1 : 4 dan TA = 88 hari

Hukum III Kepler:

TT

RR

T

T

T

B

A

B

A

B

B

B

=

=

=

=

2 3

23

884

888

704 hari

4. mA = 1 kg mB = 3 kg mC = 2 kg

Bola B ditarik A menghasilkan FBA dan ditarik benda C menghasilkan FBC dimana sudut yang terbentuk antara FBA dan FBC adalah 60°. Hitung nilai masing-masing gaya, kemudian cari resultannya.

F Gm m

rG G

F Gm m

rG G

BAB A

BA

BCB C

BC

= =( ) ( )

=

= =( ) ( )

=

2 2

2 2

3 1

13

3 2

16

newton

nnewton

F F F F F

F G G

R BA BC BA BC

R

= ( ) + ( ) + ( ) ( ) °

= ( ) + ( ) +

2 2

2 2

2 60

3 6 2 3

cos

GG G

F G G GR

( ) ( ) ( )= = =

6 0 5

63 63 3 72

,

newton

5. Diketahui m = 1 kg, Pada titik tertinggi, v1 = 2 m/s dan h1 = 2 m. Pada suatu titik, h2 = 1 m

a. Energi mekanik pada partikel selalu tetap di titik mana pun. Untuk memper-mudah, dapat digunakan titik tertinggi (1) karena besaran yang dibutuh kan sudah diketahui pada soal.

EM = EP1 + EK1

EM mgh mv= +

= ( ) ( ) ( ) + ( ) ( )= + =

1 12

2

12

1 10 2 12

1 2

20 2 22 J

b. EP2 = mgh2 = (1)(10)(1) = 10 J

c. EM = EP2 + EK2

EK2 = EM – EP2 = 22 – 10 = 12 J

138

SUPE

R CO

ACH

K O G N I T I FB A B 1 0

PEMBAHASANUJI KOMPETENSI MANDIRI

A. Pilihan Ganda

1. I F t

M L T

p mv

M L

= ∆

=

=

= [ ][ ][ ]=

=

= [ ][ ]

−

−

−

−

kg m s s

kg m s

kg m s

2

1

1

1

TT[ ]−1

Impuls dan momentum adalah dua besaran vektor yang sama

Jawaban: C

2. II I I

I

== +

= −( )−( ) −( )

luas daerah di bawah kurva

s s0 3 3 4

12

3 1 10

(( ) + −( ) −( )= − =

12

4 3 10

10 5 5 N s

Jawaban: C

3. m

v

p mv

= ×

= − ( )=

= ×( ) −( )= − ×

−

2 10

8

2 10 8

16 10

8

1

8

kg

m s arah Selatan

88 1 kg m s−

Jawaban: A

4. p m v

p m v

A A A

B B B

=

= ( ) ( )==

= ( ) ( )=

1.500 25

37.500 kg m/s

2500 20

50.000 kg m/s

pA dan pB membentuk sudut 90º

p p pA B= +

= ( ) + ( )= −

2 2

2 2

1

37 500 50 000. .

62.500 kg m s

Arah resultan:

tan ..

,

,

θ

θ

= = =

= °

pp

B

A

50 00037 500

1 33

53 13

Jawaban: C

5. Impuls sama dengan luas daerah di bawah grafik F – t

I =+ × = × = ×

=

Luas trapesium

=

N s

5 152

10 202

10 10 10

100

Jawaban: C

6. p p

p p

p p p p

x

y

x y

= °

= °

= + = ° + °( )

sin

cos

sin cos

45

45

45 45Σ

45°

45° py

px'

p'

p

py'

px

p p

p p

p p

p p p

p

x

y

' sin

' cos

' sin cos

'

si

= − °

= °

= − ° + °( )∆ = −

= −

45

45

45 45Σ

Σ Σ

nn cos sin cos

sin sin

45 45 45 45

2 45 2 45

° + °( ) − ° + °( ) ∆ = − ° = − °

=

p p mv

−

= −2 1

22 2mv mv

Jawaban: C

7. Massa senapan m1 = 4 kg

Massa peluru m2 = 0,016 kgKecepatan awal peluru v1 = 0 m/s

FISI

KA S

MA/

MA

X

139

Kecepatan awal senapan v2 = 0 m/s Kecepatan peluru sesudah tembakan v2 = 80 m/s ke arah kanan

Hukum kekekalan momentum linier memberikan

p' = p

m1v1' + m2v2' = m1v1 + m2v2

4 0 016 80 0

4 1 281

1

1

v

v

v

' ,

' ,

'

+ ×( ) =

=−

=−0,32 m/s

Tanda negatif menyatakan bahwa senapan terpental ke kiri dengan kelajuan 0,32 m s-1

Kecepatan akhir senapan setelah terpental

v = 0 m/s, jarak tempuh

x = 8 cm = 0,08 mmaka percepatan senapan:

av v

x=

−=

( )×

= −− −

2 20

2 2

2

20

20,320,08

0,64 m s

Waktu yang ditempuh:

v v at

tv v

at

= +

=−

=− ( )−

→ =

0

00 0,32

0,640,5 s

Tanda negatif pada percepatan menunjukkan bahwa senapan diperlambat.

Perubahan momentum sistem, ∆p

p

p

=

= −( ) + −( )= − − = −

0

4' 0,32 1,28

1,28 1,28 2,56 kg m/s

Maka ∆ = −= − − = −

p p p'2,56 2,56 kg m/s0

Gaya rata-rata senapan pada bahu penembak

F pt

= ∆∆

= − = −2,560,5

5,12 N

Jawaban: E

8. Benda mula-mula dalam keadaan diam (v0 = 0) sehingga momentum awal benda, pp mv m= = ( ) =0 0

Benda meledak menjadi dua bagian dengan perbandingan massa

m m m m1 2 1 210 1 10: : = → =

Dengan m m m m= + =1 2 211

Kecepatan akhir v1 1' = 0 m/s

Kecepatan akhir m2 dihitung dengan kekekalan momentum:

p pm v m v

m m v

m v v

== +

= ( ) +

= +( ) → = −

'' '

'

' '

0

0 10 10

0 100

1 1 2 2

2 2 2

2 2 2 100 m//s

Tanda negatif menyatakan bahwa arah gerak m2 berlawanan arah dengan m1.

Perbandingan energi kinetik seketika setelah kedua bagian terpisah:

EKEK

m v

m v

m vm v

m

m

1

2

1 12

2 22

1 12

2 22

2

2

2

2

1212

10 10

1001

=

=

=( ) ( )

( )=

'

'

''

00 100100 100

110

1

2

( ) ( )( ) ( )

=EKEK

Jawaban: C

9. m1 : m2 = 2 : 3

Benda mula-mula diam v1 = 0 v2 = 0

Dari hukum kekekalan momentumm1v1 + m2v2 = m1v1' + m2'v2'2(0) + 3(0) = 2v1' + 3v2'0 = 2v1' + 3v2'2v1' = −3v2'v1' = −3/2 v2'Perbandingan energi kinetik pecahan kedua dan pertama:

EKEK

m vm v

v

v2

1

12 2 2

2

12 3 1

2

12 2

2

12

32 2

2

3

2

32

49

23

= =( )

( ) ( )× =

−

''

'

'

Jawaban: D

140

SUPE

R CO

ACH

10. mMv

h

= = ×==

= = ×

−

−

7 7 10

18 10

3

2

2

g kg2 kg300 m/s

18 cm m

'

Energi kinetik setelah tumbukan dikonversi menjadi energi potensial.

12

2 2 10 18 10

2

2

12

M m v M m gh

ghv

v v

+( ) = +( )

= = ( ) ×( )= =

−

−

'

'

' '1,897 m s

Dari hukum kekekalan momentum:

mv Mv mv Mv

mv mv Mv

v

1 2 2

1 2

31

3

1

10

7 10 7 10 300

+ = +

+ = +

×( ) = ×( ) ( ) +− −

'

'

'

'

22 1 897

5 8947 101 3

1

( ) ( )

=×

=−−

,

,v 842 m s

Jawaban: C

11. v

v

m m m

EKEK

m v m v m v m v

m

A

B

A B

A A B B A A B B

=

=

= =

∆ =

+ = +

−10 m s

0,995

1

0

10

%

' '

(( ) + = +( )= −

∆ = ×

− = ×

−

−

0

10

10

10

3

3

m v v

v v

EKEK

EK EK E

A B

A B

' '

' '

'

9,95

9,95 KK

EK EK EK

m v v mvA B

'

' ' ,

= − ×( ) =

+( ) =

−1 10

12

0 99005 12

3

2 2

9,95 0,99005

AA

B B

B B B

v v

v v v

2

2 2 2

2 2

10 0 99005 10

100 20 99

−( ) + = ( )− + + =

' ' ,

' ' ' ,,

, ' '

005

0 995 20 2 02− + =v vB B

Gunakan rumus abc, dengana = 2 b = –20 c = 0,995

v b b aca

v

v

B

B

B

'

'

'

,

,

= − ± −

=( ) ± −( ) − ( ) ( )

( )

= ±

2

2

42

20 20 4 2 0 995

2 2

20 19 84

vv

v

v v

v

B

B

A

A

B

1

2

1

20 19 84

20 19 84

10

'

'

'

,

,

'

= + =

= − =

= −

9,95 m/s

0,05 m/s

''

'

,

,

= − =

= − =

10 9 95

10 0 0052

0,05 m/s

9,95 m/svA

Jawaban: E

12. m

m

m m m

v

v

v

s

13

2

1

2

1

5 5 10= = ×

=

=

=

=

=

−

'

g kg

2 kg

'= +

400 m/s

0

10 m/s

1

1 2

55 cm m = × −15 10 2

Dari hukum kekekalan momentum:

m v m v m v m v

v1 1 2 2 1 2

3 3

1 2

25 10 400 0 5 10 10 2

2 0

+ = +

×( ) ( ) + = ×( ) ( ) +

=

− −

' '

'

,005 2

2 0 052

2

2

1

+

= −

= −

v

v

'

' ,

0,975 m s

v2 menjadi kecepatan mula-mula balok (setelah bertumbukan) v0 = 0,975 m as–1

Dengan persamaan gerak:

v v as

a

a

t2

02

2 2

2

2

2

0 0 975 2 15 10

0 975

2 15 10

− =

− ( ) = ×( )

= −( )

× ×( )=

−

−

,

,

−− −3,17 m s 2

Gaya yang bekerja pada balok adalah gaya gesek balok (f ):

FISI

KA S

MA/

MA

X

141

f m a

f

ff N

=

= + ×( ) −( )= −=

= + ×( ) ( ) =

−

−

'

,

,

,

2 5 10 3 17

6 36

2 5 10 10 20 0

3

3

Nµ

µ 55

6 3620 05

0 32

µ

µ = =,,

,

Jawaban: C

13. Agar terjadi lingkaran penuh (bandul tidak terjatuh saat berada di atas), maka gaya berat yang dimiliki bandul harus sama dengan besar gaya sentrifugal yang terjadi saat bandul bergerak melingkar.

w = Fs

mg mv

lv gl v gl

b

b b

=

= → =

'

' '

2

2

(syarat minimum)

Hukum kekekalan momentum:

m v M v m v M v

mv m v M gl

mv mv M gl

mv

P P b b P P b b+ = +

+ =

+ ( )

− =

=

' '

0 12

1212

MM gl v Mm

gl→ = 2

Jawaban: C

14. v1 = 30 cm/s m1 = 40 g

v2 = 0 m2 = 80 g

Pada tumbukan lenting sempurna berlaku hukuman kekekalan momentum:

m v m v m v m v

v v1 1 2 2 1 1 2 2

1 240 30 80 0 40 80

40 30

+ = +

( ) ( ) + ( ) = ( ) + ( )( ) −

' '

' '

vv v

v v

v v v v

1 2

1 2

1 2 1 2

80

30 2

30 2 2 30

' '

' '

' ' ' ' *

( ) =

− =

= − + = …( ) atau

Persamaan lenting sempurna memberikan:

e

v vv v

v v v v

v v

=

− ( )=

−−

− = − −( ) = − −( )− =

1

1

0 30

3

2 1

2 1

2 1 2 1

2 1

' '

' '

' ' 0 ataau − + = …( )v v1 2 30' ' * *

Dari persamaan (*) dan (**)

v vv v

v

1 2

1 2

2

2 3030

3 60

' '' '

'

+ =− + =

=+

v

v v

v v

v

2

2 1

1 2

1

1603

30

30

20 30

'

' '

' '

'

= =

− =

= −

= − = −

−20 cm.s

1

ke kanan

00 cm s ke kiri−1

Jawaban: A

15. m1 = 6 kg m2 = 15 kg

v1 = 7,5 m.s–1 v2 = 3 m s–1

Berlaku kekekalan momentum

m v m v m v m v

v v

v

1 1 2 2 1 1 2 2

1 2

1

6 7 5 15 3 6 15

45 45 6

+ = +

( ) + ( ) = +

+ = +

' '

, ' '

' 115

90 6 152

1 2

'

' ' *

v

v v= + …( )Persamaan lenting sempurna memberikan:

v v v v

v v2 1

1 2

2 1 3 7 5

4 5

' '

' '

,

, **

− = − −( ) = − −( )− + = … ( )

Dari persamaan (*) dan (**)

6 15 90 1

61 2

1 2

' '

' '

v v

v v

+ = ×

− + = ×4,5

6 15 90

6 6 27

21 117

397

1 2

1 2

2

2

v v

v v

v

v

' '

'

'

'

+ =

− + =+

=

= m/s

− + = → = −

= − =

v v v

v

1 2 1

1

397

397 7 7

' ' '

'

4,5 4,5

31,5 7,5 m/s

Jawaban: C

142

SUPE

R CO

ACH

16. m1 = 4,0 kgm2 = 6,0 kgv1 = 7,5 m/sv2 = 0

Pada tumbukan lenting sempurna berlaku hukum kekekalan energi:

m v m v m v m v

v v

v v

1 1 1 1 22 1 2

1 2

1 2

4 7 5 0 4 6

30 4 6

+ = +

( ) + = +

= +

' '

' '

' '

,

1( )Pada tumbukan lenting sempurna berlaku:

v v v v

v v2 1 2 1

2 1

0 7 5

7 5 2

' ' ,

' ' ,

− = − −( ) = − −( )− = ( )

dari (1) dan (2)

4 6 30

7 5

4 6 30

4 4 30

10

14

1 2

1

1 2

1 22

v v

v v

v v

v v

' '

' '

' '

' ' ,

+ =

− + =+ =

− + =××

+vv

v2

2

60

6

'

'

=

= m/sSubstitusikan ke persamaan (1)

4 6 6 30

30 364

64

1

11

v

v

'

'

+ ( ) =

= − = − = − −1,5 m s

Jawaban: A

17. v1 = 20 m/sv2 = 10 m/sm1 = m2 = m = 1 kg

Perjanjian (konvensi) tanda: arah kanan (+) dan arah kiri (−)

Dari hukum kekekalan momentum didapat persamaan:

m v m v m v m v

v v

v v

1 1 2 2 1 1 2 2

1 2

1

1 20 1 10 1 1

30

+ = +

( ) ( ) + ( ) ( ) = ( ) + ( )= −

' '

' '

' 22 1' ( )

Koefisien restitusi (e) untuk tumbukan lenting sempurna adalah 1.

ev vv v

v v

v v

= −−−

=−−

− = −

2 1

2 1

1 2

1 2

110 20

10 2

' '

' '

' ' ( )

Gabungkan persamaan (1) dan (2):

v v

v v

v

v

1 2

2 2

2

2

10

30 10

40 2

20

' '

' '

'

'

− = −−( ) − = −== m/s

Substitusikan nilai v2' ke persamaan (1).

v1' = 30 – v2'v1' = 30 – 20 = 10 m/s

Jawaban: A

18. m

v

m m

v

v

1

1

2

2

1

0

=

=

=

=

=

400 g

18 cm/s

6 cm/s'

Berlaku hukum kekekalan momentum:

m v m v m v m v

mv

mv

1 1 2 2 1 1 2 2

2

2

400 18 0 400 6

4 800 1

+ = +

( ) + = ( ) +

= …(

' '

'

' . ))Pada tumbukan lenting sempurna berlaku:

v v v v

v

v

2 1

2

2

2 1

1

6 0 18

6 18

' '

'

'

− = − −( )− = − −( )= + = −24 cm s

Substitusikan nilai v2' ke persamaan (1)

mv m2 4 800 4 80024

' . .= → = = 200 g

Jawaban: C

19. m1 = 0,460 kg

m2 = mv2 = 0

v v2 112

' =

Pada tumbukan lenting sempurna:

v v v v

v v v

v v v v

2 1 2 1

1 1 1

1 1 1 1

12

0

12

12

' '

'

'

− = − −( )− = − −( )

= − = −

FISI

KA S

MA/

MA

X

143

Berlaku hukum kekekalan momentum:

m v m v m v m v

m v m v m v

m v

1 1 2 2 1 1 2 2

1 1 1 1 2 1

1

0 12

12

2

+ = +

+ = −

+

' '

11 1 1 2 1

1 2

1

2

2

1

2 2

2

1 1

2 2

2

3

13

12

12

= − +

=

=

=( )

=(

m v m v

m m

mm

EKEK

m v

m v

m v' ' ' ))

=( ) ( )

=

=

2

1 1

2

1

1 1

2

1 1

2 1

2

2

3 12 3

4

34

m v

EKEK

m v

m v

EK EK

'

'

Jadi bola bekel (1) memberikan 34 energi

kinetik awalnya kepada bola bekel (2).

Jawaban: E

20. m1 = mm2 = m2

v2 = 0

v v1 113

' =

Pada tumbukan lenting sempurna berlaku:

v v v v

v v v

v v

2 1

2

2

2 1

1 1

1

13

43

' '

'

'

− = − −( )− =

=

Berlaku hukum kekekalan momentum

m v m v m v m v

mv m v m v

m m m

1 1 2 2 1 1 2 2

1 1 2 10 13

43

3 4

+ = +

+ =

+

= +

' '

22

2

2

2 4

12

m m

m m

=

=

Jawaban: B

21. v v2 1' '= −

Pada tumbukan lenting sempurna berlaku:

v v v v

v v v

v v

v v

v

2 1 2 1

1 1 1

1 1

1 1

2

0

2

12

' '

' '

'

'

'

− = − −( )− − = − −( )

− =

= −

= −vv v1 112

' =

Belaku hukum kekekalan momentum:

m v m v m v m v

m v m v m v

m

1 1 2 2 1 1 2 2

1 1 1 1 2 1

1

0 12

12

2

+ = +

+ = −

+

=

' '

−− +

=

=

m m

m m

mm

1 2

1 2

1

2

3

13

Jawaban: A

22. v2 = 0

Pada tumbukan lenting sempurna berlaku:

v v v v v v

v v v2 1 2 1 1 1

2 1 1

0

1

' '

' ' ...

− = − −( ) = − −( ) =

− = ( )Berlaaku hukum kekekalan momentum:m v m v m v m v

m v m v1 1 2 2 1 1 2 2

1 1 10

+ = +

+ =

' '

11 2 2 2' ' ...+ ( )m v

dari (1) dan (2)

m v m v m v

v v v

m v m v m v

m v m vm1 2 1 1

1

1 2 1 1

1 1

1 2

1 2 1

1 2

1

1' '

' '

' '

'

+ =

− + =

+ =

− +×

× 22 1 1

2 1 1 1

2 1

2

21 1

2

2

'

'

'

=

+( ) =

+( )

+

=

m v

m m v m v

vm m

m v

EKEK

m v

m v

mm v

m mm v

EKEK

m

2

1

2 22

1 12

21 1

1 2

2

1 12

2

1

1212

2

4

' '

'

= =+

= 22 12

12

1 2

2

1 12

2 1

1 2

2

4m v

m m m v

m m

m m+( )=

+( )

Jumlah energi kinetik yang hilang sebesar:

4 2 1

1 2

2

m m

m m+( ). Energi ini diberikan kepada m2.

Jawaban: A

144

SUPE

R CO

ACH

23. mA = m

mB = 2mmC = mvC = v

Pada t = t0, vA' = vB' = v'

∆x = x0

Balok A dan C bertumbukan lenting sempurna:

v v v v

v v v

v v v

v v v

A C

A C

C

A C

A

C A

' '

' '

''

' '

− = − −( )− =

= +

= − ( ) 1

Dari kekekalan momentum

m v m v m v m v m v m vC C A A B B C A BC A B+ + = + +' ' '

Saat t = t0, vA' = vB' = v'

mv mv m m v

mv mv mv

v v v

C

C

C

+ + = + +( )= +

= +

0 0 2

3

3

' '

' '

' '

Substitusikan nilai vC' dari pers. (1)

v v v v

v v v

v v v v

= −( ) +

= −

= → =

' '

'

' '

3

4

2 4 12

Energi kinetik balok diubah menjadi energi pegas:

12

12

14

14

2 2

2

02

02

2

0

2

k x m v

k mvx

mx

v

k m vx

A A∆ =

= =

=

'

'

Jawaban: C

24. Kecepatan m1 sesaat sebelum tumbukan:

v gHA = 2

Tumbukan antara m1 dan m2

m v m v m v m v

m gH mv mv

gH v v

A A B B A A B B

A B

A B

+ = +

+ = +

= + ( )

' '

' '

' '

2 0 5

2 5 1

Terjadi tumbukan lenting sempurna, sehingga:

v v v v

v v gH

B A B A

B A

' '

''

− = − −( )− = ( )2 2

Dari persamaan (1) dan (2)

v v gH

v v gH

v v gH

v v gH

v

A B

A B

A B

A B

' '

' '

' '

' '

+ =

− + =

××

+ =

− + =−

5 2

2

15

5 2

5 5 5 2

6 AA

A

'

'

= −

= −

4 2

23

2

gH

v gH

Ketinggian maksimum m1 yang dapat dicapai:

v ghA ' = 2

hv

ggH

g

h gHg

H

=( )

= −

= =

A '2 2

223

2 12

49

22

49

Jawaban: B

25. m = 0,16 kgv = 20 m/sθ = 30°∆t = 0,01 s

Kecepatan bola biliar dalam arah tegak lurus garis batas adalah:

v = 20 sin 30° = 20 × 1/2 = 10 m/s

Karena sifat tumbukan lenting sempurna maka kecepatan pantul bola tersebut besarnya sama tetapi arahnya berlawanan.v' = −v = −10 m/s

Sehingga, terjadi perubahan momentum sebesar:∆p = m(v − v') = 0,16 × [10 − (−10)] = 0,16 × 20 = 3,2

Perubahan momentum ini terjadi karena bola biliar mengalami impuls ketika menumbuk dinding batas meja.

FISI

KA S

MA/

MA

X

145

I = ∆p F × ∆t = ∆p F × 0,01 = 3,2 F = 320

Jadi, besar gaya yang diberikan oleh bola biliar terhadap dinding adalah 320 N.

Jawaban: C

26. mp = 10 gram = 0,01 kgvp = 36 m/smk = 290 gram = 0,29 kg

Gunakan hukum kekekalan momentum

p = p'

mpvp + mkvk = mpvp' + mkvk'

vk = 0 karena kubus semula dalam keadaan diam.

vp' = vk' = v' sehingga,

m v m m m v

v

v

v

p p k p k+ ( ) = +

⋅ + = +( ) ⋅

=

=

0

0 01 36 0 0 29 0 01

0 36 0 30

( ) '

, , , '

, , '

' ,,,

,360 3

1 2= m/s

Jawaban: E

27. m

v

m

v

1

1

2

2

=

=

=

=

2.000 kg

8 m/s

2.000 kg

2 m/s

Karena kedua mobil bergeerak bersamasesudah tabrakan,makav v v1 2' ' '= =

Gunakan hukum kekekalan momentum:m v m v m m v1 1 2 2 1 2+ = +( ) 'karena m1 = m2 makam v v mv1 2 2+( ) = '

2 000 8 2 2 2 000

20 000 4 0001

. . '

. . '

'

+( ) = ( )=

= −

v

v

v 5 m s

Jawaban: E

28. mp = 100 gram = 0,1 kgvp = 200 m/smb = 1.900 gram = 1,9 kgvb = 0

Hukum kekekalan momentum dengan kondisi kecepatan balok sebelum tumbukan nol dan kecepatan balok setelah tumbukan sama dengan kecepatan peluru setelah tumbukan v', yaitu

m v m v m v m v

v v

vv

p p b b p p b b+ = +

( ) ( ) + = +

==

' '

, , ' , '

''

0 1 200 0 0 1 1 9

20 210 m//s

Jawaban: A

29. m1 = 1 kgv1 = 20 m/sm2 = 1 kgv2 = 0

Kecepatan benda yang bertumbukan tidak lenting sama sekali setelah bertumbukan adalah sama, sehingga v'1 = v'2 = v'

Dari hukum kekekalan momentum didapat:

m v m v m m v

v

vv

1 1 2 2 1 2

1 20 1 0 1 1

20 21

+ = +( )( ) ( ) + ( ) ( ) = +( )

==

'

'

'' 0 m/s

Jawaban: A

30. mk = 1 kg l1 = 50 cmmp = 200 gram = 0,2 kg

Pertama harus diketahui terlebih dahulu laju yang harus dimiliki oleh peluru dan kotak sesaat setelah peluru bersarang di dalam kotak (v') agar dapat bergerak satu lingkaran penuh.

Besarnya adalah

v gR' ,= = ( ) ( ) ( ) =5 5 10 0 5 5 m/s.

Nilai ini menjadi kecepatan akhir dari tumbukan antara peluru dan kotak. Selanjutnya gunakan hukum kekekalan momentum untuk mendapatkan laju awal dari peluru (yaitu tepat saat mengenai kotak)

146

SUPE

R CO

ACH

p = p'

mpvp + mbvb = mpvp' + mbvb'

Karena kecepatan akhir peluru dan balok sama maka vp' = vb' = v'. Sedangkan kecepatan awal balok vb = 0, karena keadaan awal balok diam.

Sehingga:

mpvp + mb(0) = (mp + mb) v'0,2vp + 0 = (0,2 + 1)(5) 0,2vp = 6

vp m/s= =60 2

30,

Jawaban: D

31. m

m

v v v

EK

1

23

1 2

2

50 50 10

=

= = ×

= =

∆ =

−

' ' '

kg

g kg

656 jouleGunakan persamaan berikut:

∆ =+

→ =+

∆

=+ ×( ) ( )

=

−

EKEK

mm m

EKm m

mEK

EK

EK

1

1 2

1 2

1

32 50 10

2656

672 4, J

Kecepatan awal peluru sebelum menumbuk balok adalah:

EK m v v EKm

v

= → =

=( )×

=−−

12

2

2 672 4

5 10

22

2

21,

164 m s

Jawaban: D

32. mMv

s

M

= = ×==

== =

−5 5 10

0

0 2

3

,

g kg4 kg

0,2520 cm m

Sistem(peluru

µ

++ peti)

4,005 kg

M M m' = +

= + ×( )=

−4 5 10 3

Gaya gesekan:

f N= = ( ) ( )=

µ 0 25 4 005 10

10 0125

, ,

, N

Percepatan sistem:

a fM

= − = − = − −

',,

10 01254 005

22,5 m s

Kecepatan awal peti dan peluru:

v v as

v

v

t2

02

02

01

2

0 2 2 5 0 2 1

1

− =

− = −( ) ( ) =

= −

, ,

m s

Dengan hukum kekekalan momentum:

mv Mv M v

v

v

p M

p

p

+ =

×( ) + = ( ) ( )

=×

=

−

−−

'

,

,

0

3

3

5 10 0 4 005 1

4 0055 10

801m s 11

Jawaban: B

33. Jika mobil A dan mobil C bertumbukan lenting sempurna maka berlaku hukum kekekalan energi kinetik:

12

12

12

12

4 5 0 12

4 12

2 2

2 2

m m v m m v m v

v

A B A B C C+( ) = +( ) +

( ) ( ) + = ( ) ( ) +

'

'

'

vv

v v

C

C

'

' ' ...( )

2

2 2100 4 1= +

Berlaku hukum kekekalan momentum:

m m v m v m m v m v

v v

v v

v

A B C A B C C

C

C

C

C+( ) + = +( ) +

+ = +

= +

= −

' '

' '

' '

'

20 0 4

20 4

20 44 2v ' ...( )Substitusikan persamaan (2) ke (1)

100 4 20 4

100 4 400 160 16

20 160 300

2 2

2

2

= + −( )= + − +

− +

v v

v v v

v v

' '

' ' '

' ' ==

− + =

0

8 15 02v v' '

Gunakan rumus ABC untuk menyelesaikan persamaan.

a b c

v b b aca

v

= = − =

= − ± −

= ± − = ± = ±

1 8 15

42

8 64 602

8 22

4 1

12

2

12

, ,

'

'

Maka, v1' = 4 + 1 = 5 dan v2' = 4 – 1 = 3.

Subtitusikan v1' dan v2' ke persamaan (2)

v vC' '= −20 40 m/s8 m/s

Nilai vC' yang digunakan adalah vC'= 8 m/s.

FISI

KA S

MA/

MA

X

147

Substitusikan nilai tersebut ke persamaan (1)

100 = 4v'2 + vC'2

100 = 4v'2 + (8)2

36 = 4v'2

v' = 3 ⇒ v' = vA' = 3 m/s

Mobil B dan mobil C mengalami tumbukan tidak lenting sama sekali, maka:

m m v m v m m v m v

v

vv

A B A C C A B C C+( ) + = +( ) +

( ) + = +( )=

' ' ''

''

'''

''

4 3 8 4 1

20 5'' = 4sssss

Jadi, kecepatan mobil C dan mobil A setelah tumbukan kedua adalah 4 m/s.

Jawaban: B

34. Saat peluru ditembakkan pada balok, terlihat pada gambar bahwa peluru bersarang di dalam balok yang kemudian terayun setinggi h. Kecepatan akhir peluru dan balok sama, maka tumbukan yang terjadi merupakan tumbukan tidak lenting sama sekali. Pada jenis tumbukan ini hukum kekekalan energi kinetik tidak berlaku, sebab sebagian energi kinetik dikonversi ke dalam bentuk energi lain. Pada sistem ini energi kinetik dikonversi menjadi energi potensial sehingga balok dapat terayun hingga ketinggian h.

Jawaban: C

35. Massa peluru m1 = 10 g = 0,01 kg; massa balok m2 = 7 kg; kecepatan balok dan peluru sesudah tumbukan v' = ½ m s–1. Pada tumbukan tak lenting sama sekali, kecepatan akhir kedua benda yang saling bertumbukan sama, sehingga berlaku:

m v m v m m v

m v m m v1 1 2 2 1 2

1 1 1 20

+ = +( )+ = +( )

'

'

vm m

mv1

1 2

1

1

7

=+

= + ×

= −

'

0,010,01

0,5

350,5 m s

Perubahan energi mekanik∆ = −

= +( ) −

Ek EK EK

m m v

sesudah tumbukan sebelum tumbukan12

11 2

2'22

12

7 0 5 0

1 12

2 22

2 2

m v m v+( )= +( ) ( ) − ( ) ( ) +( )

=

0,01 0,01 350,5,

112

1,7525 1.228,5025 613,4 J−[ ] = −

Jadi, terjadi kehilangan energi mekanik sebesar 613,4 J.

Jawaban: C

36. mA =3 kgmB = 2 kgvB = 20 m/sµk = 0,2

Gunakan hukum kekekalan momentum:p = p'

mAvA + mBvB = mAvA' + mBvB'

Karena setelah tumbukan peti A dan peti B bergerak bersama-sama, maka kecepatan akhir kedua peti sama.

vA' = vB' = v

Sehingga persamaannya menjadi:

m v m v m m v

v

v

A A B B A B+ = +( )⋅ + ⋅ = +( )

=

3 0 2 20 3 2

8 m/s

Gaya gesek yang bekerja:

f f N m m gk k k A B= = = +( )= +( ) ⋅

=

µ µ

0,2

10 N

3 2 10

W EK EK

fs mv

s

s

= −

− = −

− ⋅ = − ⋅ ⋅

=

'

0 12

10 12

5 8

16

2

22

m

Jawaban: B

37. m1 = 2 kgm2 = 3 kgv1 = 4 m/sv2 = –6 m/s

148

SUPE

R CO

ACH

Sebelum tumbukan

EK EK EK m v m v= + = +

= ⋅ ⋅ + ⋅ −( )= + =

1 2 1 12

2 22

2 2

12

12

12

2 4 12

3 6

16 54 70 J

Gunakan hukum kekekalan momentum:

p = p'

m1v1 + m2v2 = m1v1' + m2v2'

Karena setelah tumbukan kedua bola bersatu, maka:

v1' = v2' = v'

Sehingga persamaan menjadi:

m1v1 + m2v2 = (m1 + m2) v'

2 4 3 6 2 3

10 52

⋅ + −( ) = +( )− =

= −

v

vv

'

'' m/s

Setelah tumbukan

EK m m v' '= +( )

= +( ) −( )=

1212

2 3 2

10

1 22

2

J

EK yang hilang J

= −=

70 1060

Jawaban: C

38. m

hm

1

2

=

==

200 kg

20 m50 kg

Untuk benda yang bergerak vertikal terjadi perubahan energi potensial menjadi, energi kinetik.

EP EK mgh

EK EP

mv mgh

v gh

= =

= ( ) ( ) ( )==

=

= = ( )

200 10 20

12

2 2 10

2

40.000 J

220( ) = 20 m/s

Berlaku hukum kekekalan momentum: p = p'

m v m v m m

m v m m v

vm v

m m

v1 1 2 2 1 2

1 1 1 2

1 1

1 2

0

200 202

+ = +( )+ = +( )

=+

=( ) ( )

'

'

'

000 501

+= −16 m s

EK mv' '=

= ( ) ( )=

1212

200 16

2

2

25.600 J

Perubahan energi kinetik

∆ = −= −= −

EK EK EK'. .25 600 40 000

14.400 J

Jadi energi kinetik yang hilang sebesar 14.400 J.

Jawaban: E

39. m

v

m

v

14

1

24

1

2 10

0

3 10

= ×

=

= ×

= −

kg

kg

0,6 m s'Karena kecepatan akhir gerbang kereta api dan gerbong tangki setelah tumbukan sama maka, v2' = v1' = v' sehingga m1v1 + m2v2 = (m1 + m2)v'

0 3 10 2 10 3 10 0 6

3 10 30 000

42

4 4

42

21

+ ×( ) = ×( ) + ×( )( )×( ) =

= −

v

v

v

,

.

1 m s

Jawaban: A

FISI

KA S

MA/

MA

X

149

40. Pada tumbukan tak lenting sama sekali,

v v v2 1' '= =

Dari hukum kekekalan momentum:

m v m v m m v

vm v m v

m m

1 1 2 2 1 2

1 1 2 2

1 2

+ = +( )

=++

'

'

Energi sebelum tumbukan:

EK m v m v= +( )12 1 1

22 2

2

Energi sesudah tumbukan

E m m v m mm v m v

m mm v m v

K ' '= +( ) = +( ) ++

=

+12

12

121 2

21 2

1 1 2 2

1 2

21 1 2 22

2

1 2

( )+m m

Perubahan energi kinetik

∆ = − =+( )+

− +( )

=

EK EK EKm v m v

m mm v m v

m

'

12

12

1 1 2 2

2

1 21 1

22 2

2

1vv m v m v m v m m m v m v

m m1

2

2 2

2

1 1 2 2 1 2 1 12

2 22

1 2

2( ) + ( ) + ( ) ( ) − +( ) +( )+

=( ) ( ) − ( ) − ( )

+

= −

12

2

1

1 2 1 2 1 2 22

1 2 12

1 2

m m v v m m v m m vm m

22

2

12

1 2 22

12

1 2

1 2

1 2

1 21 2

2

m m v v v v

m m

EKm m

m mv v

+ −( )+

∆ = −+

−( )

Jadi, pengurangan energi kinetik sistem adalah 12

1 2

1 21 2

2m mm m

v v+

−( )

Jawaban: C

41. M

mv um

=

= = ×=

−

2 kg

10 g kg 1 10 2

∆ =

∆ =+

=×( ) +

×

=

−

EK

EK Mm M

EK

EK

603 J

606,015 J

1 10 2

2603

2

Kecepatan peluru sebelum menumbuk balistik:

EK mv

v EKm

v

=

= =( )

=

−

−

12

2 2 606 015

10348 14

2

2

1

,

, m s

Saat peluru menumbuk ayunan balistik, ayunan tersebut kemudian naik setinggi h. Terjadi perubahan energi kinetik menjadi energi potensial.

Hukum kekekalan momentum berlaku:

p = p'mv = (m + M)v'

150

SUPE

R CO

ACH

Ketinggian h:

v m Mm

gh gh

gh

gh

h

= + = +

=

=

=( )

−

−2 10 210

2

348 14 201 2

2

1 732

2

2

2

,

,

1,723

22 10( )=h 0,15 m

Jawaban: D

42. M = 2,9 kg

l = 50 cm = 50 × 10–2 m

m = 100 g = 0,1 kg

v1 = 150 cm/s = 1,5 m/s

θ = 60°

w

w cos θθ

θ

T

M + m

w m gm m MT w F

T w m vl

T m vl

m g

y s

== + = + =

− =

− =

= +

'' , ,

cos '

' ' co

2 9 0 1

2

2

3 kg

θ

ss

' cos

θ

θT m vl

g= +

2

Kecepatan akhir kubus + peluru dihitung dengan kekekalan momentum

mv Mv m M vb1 + = +( ) '

mv m M v

vmv

m M

1

1 1

0

0 1 1 50 1 2 9

+ = +( )

=+

=( )+( ) = −

'

', ,, ,

0,05 m s

maka tegangan tali T

T m vl

g

T

T

= +

=( )

×+ °

=

−

' ' cos

,cos

2

2

230 05

50 1010 60

3

θ

55 10 53× +( ) =− 15,015 N

Jawaban: D

43. Ketinggian awal h = 12 m

Kelajuan awal bola v0 = 2 21 m/sKetinggian pantulan h1 = 4,05 mPercepatan gravitasi g = 10 m s–2

Dari hukum kekekalan energi mekanik, kelajuan sebelum bola menyentuh lantai, (v1) adalah:

EM EM

EK EP EK EP

mv mgh mv

m v v mgh

0 1

0 0 1 1

02

12

12

02

12

12

0

12

=

+ = +

+ = +

−( ) =

Energi potensial bola bernilai 0 saat menyentuh lantai. Karena kecepatan awal bola menuju lantai/ke bawah, maka v0 bernilai negatif. (tanda negatif dan positif harus dimasukkan karena pada soal yang diketahui hanya kelajuan bukan kecepatan).

Sehingga persamaannya menjadi:

1212

12

02

12

02

m v v mgh

m v v mgh

−( ) =

+( ) =

v v gh

v gh v

v

v

12

02

12

02

12

2

1

2

2

2 10 12 2 21 156

2 39

+ =

= −

= ( ) ( ) − ( ) =

=

mm s−1

Kelajuan sesudah menyentuh lantai, v1'

12

2 2 10 4 05 81

1

1

11

mv mgh

v gh

v

'

'

'

,

=

= = ( ) ( ) =

= −9 m s

FISI

KA S

MA/

MA

X

151

Perhatikan bahwa sebelum menyentuh lantai arah kecepatan adalah ke bawah, sedangkan arah kecepatan sesudah menyentuh lantai adalah ke atas.

Ambil arah ke atas sebagai arah positif, sehingga:

v v11

112 39= − = +− − m s 9 m s dan '

Jawaban: A

44. v1 = 20 m/s

v2 = –10 m/s (berlawanan arah dengan v1)e = 0,5m1 = m2 = m = 1 kg

ev vv v

v vv v

v v

= −−−

=−−

=−

−( ) −

2 1

2 1

1 2

2 1

1 2

12

12 10

' '

' '

' '220

2 30

15 11 2

1 2

−( ) = −

= −

v v

v v

' '

' ' ( )

Berlaku hukum kekekalan momentum:

m v m v m v m v

v v

v

1 1 2 2 1 1 2 2

1 2

1

1 20 1 10 1 1

10

+ = +

( ) ( ) + ( ) −( ) = ( ) + ( )= +

' '

' '

' vv2 2' ( )

Subtitusikan persamaan (1) ke (2):

10

10 15

25 2

1 2

2 2

2 2

= +

= −( ) +

= ⇒ =

v v

v v

v v

' '

' '

' ' 12,5 m/s

Subtitusikan nilai v2' = 12,5 m/s ke persamaan (1)

v1'= v2' – 15 ⇒ v1'=12,5 – 15 = –2,5 m/s

Jawaban: D

45. Massa bola m = 1 kgKetinggian awal h1 = 10 mKetinggian pantul bola h2 = 3,6 mUntuk benda yang bergerak vertikal dengan kelajuan awal nol atau kelajuan akhir nol, terjadi perubahan energi potensial menjadi energi kinetik atau sebaliknya. Dari hukum kekekalan energi mekanik didapat:

EM EM

EK EP EK EP

EP EK

mgh mv

v gh v gh

1 2

1 1 2 2

1 2

2

2

0 0

12

2 2

=

+ = +

+ = +

=

= → =

Pilih arah ke atas positif, maka kecepatan bola sesaat sebelum dan sesudah menumbuk lantai adalah:

v gh

v gh

1 1

2 2

2 2 10 10 10 2

2 2 10 3 6 6 2

= − = − ( ) ( ) = −

= = ( ) ( ) =

m/s

m/s,

Momentum bola sesaat sebelum dan sesudah bola menumbuk lantai dihitung dengan persamaan

p mv

p mv

1 1

2 2

10 2

10 2

6 2

6 2

= = ( ) −( )= −

= = ( ) ( )=

1

kg m/s

1

kg m/s

Impuls yang dikerjakan lantai pada bola sama dengan perubahan momentum

I p p= − = − −( )=

2 1 6 2 10 2

16 2 kg m/s

Gaya rata-rata yang dikerjakan lantai selama selang waktu ∆t = 10–3 s

I F t

F It

= ∆

=∆

= = ×−16 210

16 10 233 N

Jawaban: A

46. Soal tentang tumbukan dikaitkan dengan usaha dan gaya gesek.

ma = 30 g = 0,030 kgmk = 2 kgvk = 0s = 24 cm = 0,24 mµ = 0,3va =….

Dari hukum kekekalan momentum, kotak mula-mula diam, kotak dan anak panah jadi satu setelah bertumbukan kemudian bergerak sama-sama:

152

SUPE

R CO

ACH

m v m v m m v

m v m m v

m v m m v

ka a k k a

a a a k

a a a k

+ = +( )+ = +( )= +( )

'

'

'

0

Menentukan v' dari usaha oleh gaya gesek:

fs m m v

m m gs m m v

gs v

v

= +( ) ( )

+( ) = +( ) ( )

= ( )

=

12

12

12

2

2

2

2

a k

a k a k

'

'

'

'

µ

µ

µggs =

( )

=

2 310

10 24100

1210

m/s

Kembali ke hukum kekekalan momentum di atas, maka

m v m m v

v

v

a a a k

a

a 81,2 m/s

= +( )= +( )

= ( ) =

'

, ,

,

0 030 0 030 2 1210

2 03 40

Jawaban: B

47. Debit Q = 100 kg/s artinya massa gas buangan tiap detik (t = 1 s) adalah m=100 kg

Kecepatan semburan gas v = 200 m/s.Perubahan momentum gas (∆p) selama selang waktu ∆t = 1 s adalah

∆ = − = −

= ( ) ( ) −

=

p p p mv2 1 2 0

100 200 0

20.000 kg ms

Momentum awal gas sama dengan nol sebab gas mula-mula diam. Gaya dorong pada roket

F pt

= ∆∆

= = =20.0001

20.000 N kN20

Jawaban: E

48. Jadi hanya terjadi perubahan massa, sehingga, pengamat yang diam terhadap truk melihat, bahwa hujan dan truk bergerak dengan laju v arah horizontal, berlawanan arah dengan gerak truk terhadap tanah. Sehingga vr = –v0 = –12 m/s

Massa air hujan yang bertambah = MdtMomentum awal truk bak terbuka = mvMomentum akhir = (m + Mdt)(v + dv)Momentum air hujan yang ditambahkan = v'Mdt dengan v' = v – vr

v' = kecepatan air hujanv = kecepatan truk yang berisi airvr = kecepatan truk sebelum terisi airPada kasus ini berlaku hukum kekekalan momentum: p = p'mv + v'Mdt = (m + Mdt)(v + dv)mv + v'Mdt = mv + mdv + Mvdt + Mdt dv v'Mdt = mdv + Mvdt + Mdt dvPerbahan massa truk, dm = Mdt M dt dv dapat diabaikan sehingga,

v Mdt mdv Mv dtM v v dt mdv Mv dt

vdm v dm mdv vdm

v dm md

r

r

r

'( )

= +− = +

− = +

− =

vv

v dmm

dv

v mm

v v

v v v mm

rm

m

v

v

r

r

− =

− = −

= −

∫ ∫0 0

00

00

ln

ln

m

m

v

0

6 000 80 4 6 32

12 12 6 3206 000

12 0

=

= + ( ) =

= − = −

6.000 kg

0 kg

ln

. .

..

,,62

v = 11,38 m/s

Jawaban: A

49. v = 8.000 m/sm0 = 10.000 kg

Kelajuan semburan vr = 4.000 m/s

Ingat kembali pembahasan mengenai analisis roket

m dvdt

F v dmdt

F

dv v dmm

v v v

eks rel eks

v

v

relm

m

rel

= + =

=

− = −

∫ ∫

;

0

0 0

0 lnn mm0

FISI

KA S

MA/

MA

X

153

. ,

. .

..

v v

mm

01

0

0 8 000

8 000 0 4 000

8 0004 000

= =

− = −

−

−dan m s maka:

ln

==

− =

= =

= × =

−

ln

ln

kg

mm

mm

mm

e

m

0

0

0

2

2

0 135

10 000 0 135 1 350

,

. , .

Bahan bakar yang diperlukan:

mf = 10.000 – 1.350

= 8.650 kg

Jawaban: D

B. Esai

1. Momentum awal p = 10 kg m/s ke timur.

Momentum akhir p = 5,0 kg m/s ke barat.Tetapkan arah timur sebagai arah positif.Perubahan momentum (I)?I = p' – p = –5,0 – 10,0 = –15,0 kg m/sTanda negatif menyatakan arah perubahan momentum adalah ke barat.

2. Pada tumbukan lenting sempurna berlaku:

− −( ) = −

− −( ) = −

=−

' '

'

'

v v v v

v v

v v

2 1 2 1

1

1

0 0

Momentum sebelum tumbukan

p mv mv

p mv mvx x

y y

= =

=− =−

sin

cos

θθ

m

m

v

v'y

vx

v

v'

vy θ

θ

v'x

X– X+

Y–

Y+

Momentum sesudah tumbukan:

p mv m v mv

p mv m v mvx x

y y

' sin sin

' cos cos

= = −( ) = −

= = −( ) = −

θ θ

θ θ

Besar perubahan momentum

∆ = − = +( ) − +( )= −( ) + −( )= − −

p p p p p p p

p p p p

mv

x y x y

x x y y

' ' '

' '

sinθ mmv

mv mv

mvp mv

sin

cos cos

sin sin

θ

θ θ

θθ

( )+ − − −( )

= − +∆ = −

2 02

3.

v = 60 m.s–1 v' = 40 m/s

Waktu tumbukan t = 0,02 smbola = 0,4 kg

Tetapkan arah kanan sebagai arah positif sehingga v = 60 m s–1; v' = –40 m s–1

Gaya impulsif yang dihasilkan, F

F pt

m v vt

F

= ∆∆

=−( )

=− −( )

= −

'

.

0,40,02

N

40 60

2 000Tanda negatif menyatakan bahwa arah bola sesudah tumbukan adalah ke kiri.

4. Massa peti m = 20 kgMomentum awal p = 200 kg m/sMomentum setelah t = 10 s, p' = 300 kg m s–1

Besar perubahan momentum, (I):

I p p m v

v p pm

= − = ∆

∆ = − = − = = −

'

' 300 20020

10020

15 m s

154

SUPE

R CO

ACH

Percepatan benda selama selang waktu t = 10 s adalah

v v at v v at

v at a vt

a

= + → − =

∆ = → = ∆ =

= −

0 0

2

510

0,5 m s

5. Massa peti 1: m1 = 4 kgMassa peti 2: m2 = 1 kgKecepatan awal peti: v1 = v2 = 0 (benda diam)Gaya pada peti : F1 = F2 = 2 NSelang waktu : ∆t1 = ∆t2 = 1 s

Perubahan momentum (I):

I = m(v' – v) = F∆t

Nilai perbandingan perubahan momentum:

II

F tF t

1

2

1 1

1 2

2 1

2 11 1=

∆∆

=( )( )

= :

Jadi karena gaya yang diberikan sama, selama selang waktu yang sama pula, impuls keduanya sama. Besar massa benda hanya akan memengaruhi kecepatan akhir benda (v')

6. Gaya yang bekerja F = 100 NKecepatan akhir bola v = 200 m/sKecepatan awal bola v0 = 0Selang waktu ∆t = 0,2 s

Massa bola dapat dicari dengan hubungan:

I F t F It

mvt

m vt

m F tv

= ∆ → =∆

=∆ ( )

∆=

∆( )∆

= ∆∆

=( ) ( )

−( ) =

,100 0 2

200 000,1 kg

7. Untuk menghitung kecepatan akhir, terlebih dahulu hitung besar impuls dengan menggunakan grafik gaya terhadap waktu, F–t. Dimana Impuls adalah luas daerah di bawah grafik F–t

I I I I

I

t t t t t t= + +

= −( ) ( ) +

= =( ) = =( ) = =( )0 2 2 3 3 5

12

2 0 4

s d s/d s/d/

33 2 4 12

5 3 4

4 4 4

−( ) ( ) + −( ) ( )= + + = 12 N s

Impuls sama dengan perubahan momentum:

I p p p m v v= ∆ = − = −( ) 2 1 2 1

Dengan m = 2 kg dan v1 = –2 m/s

Jadi, 12 2 2

6 22

2

21

= − −( ) = +

= −

v

v

v 4 m s

8. Massa benda m = 2,5 kgPersamaan gaya F = 80 + 5tdimana,

F m vt

m dvdt

F d t m dv

t dt m dv

t t

t= =

=

+( ) =

+

∆∆∆ →

∫ ∫∫ ∫

lim0

80 5

80 52

222 1

2

2

21

20

80 2 52

2 2 5 0

1702 5

tt

m v v

v

v

==

= −( )

( ) + ( ) = −( )

= = −

,

,68 m s

Energi kinetik benda (EK):

E mvK = ( ) = ( ) ( ) = ,12

12

2 5 682

2 25.780 J

9. Massa peluru m1 = 20 g = 0,02 kgMassa senapan m2 = 3 kgKelajuan akhir senapan v'2 = –0,2 m s–1 ke kiriKelajuan awal peluru dan senapan v1 = v2 = 0

Momentum sistem (senapan + peluru) sesaat sebelum tembakan, (p) adalah

p m v m v= +

= ( ) ( ) + ( ) ( ) =1 1 2 2

0 02 0 3 0 0,

Momentum sistem sesaat sesudah tembakan, (p') adalah

p m v m v

v v

' ' '

, ' , , '

= +

= ( ) + −( ) = −1 1 2 2

1 10 02 3 0 2 0 02 0,6

FISI

KA S

MA/

MA

X

155

Hukum kekekalan momentum:p p

v v

'

, ' , ' ,,

=

− = → = = + −0 02 0 6 0 0 60 021 1

130 m s

Besar momentum peluru:

p m v2 1 110 02 30= = ( ) ( ) = −' , 0,6 kg m s

10. mm

m m1

22 1

23

32

= ⇒ =

p m v m v m v m' ' '= + = + ( )1 1 2 2 1 1 132

20'

Dari hukum kekekalan momentum:

p p

m v m m v

v

'

' '

'

=

+ = → +( ) =

= − −

1 1 1

1

1 1

1

30 0 30 0

30m s

Tanda negatif menyatakan bahwa arah bagian yang kecil berlawanan dengan arah bagian yang besar (ke kiri) dengan kelajuan 30 m s–1.

11. a. Ali meloncat ke belakang dengan kelajuan 50 m/sSaat Ali meloncat ke belakang maka dua kelompok yang terlibat adalah Ali dengan massa sebut saja m1 = 75 kg dan Badu bergabung dengan perahu dengan total massa m2 = 225 + 50 = 275 kg. Kecepatan awal Ali dan Badu adalah sama dengan kecepatan perahu = 20 m/s

m v m v m v m v

v1 1 2 2 1 1 2 2

275 20 275 20 75 50 275

1

+ = +

( ) ( ) + ( ) ( ) = ( ) −( ) +

' '

'

.5500 5 500 3 750 275

275 10 750

10 750275

2

2

2

+ = − +

=

= =

. . '

' .

' .

v

v

v 39,1 m/ss

Jadi, kecepatan perahu setelah Ali melompat ke belakang sekaligus kecepatan Badu yang masih naik perahu adalah 39,1 m/s.

b. Badu meloncat ke arah depan dengan kelajuan 50 m/sSaat anak Badu meloncat ke depan, maka dua kelompok yang terlibat adalah Badu dengan massa m1 = 50 kg dan Ali bersama perahu

m2 = 225 + 75 = 300 kg.

m v m v m v m v

v1 1 2 2 1 1 2 2

250 20 300 20 50 50 300

1 0

+ = +

( ) ( ) + ( ) ( ) = ( ) ( ) +

' '

'

. 000 6 000 2 500 300

300 4 500

4 500300

2

2

2

+ = +

=

= =

. . '

' .

' .

v

v

v 15 m/s

Jadi, kecepatan perahu sekaligus kecepatan Ali yang masih naik perahu setelah Badu meloncat ke depan adalah 15 m/s

Perhatikan, tanda (+) untuk kecepatan jika anak melompat searah gerak perahu, tanda (−) jika anak melompat berlawanan arah dengan gerak perahu.

12. Tetapkan arah kanan sebagai arah positif, sehingga:

v2 = –v2 ; v1 = v1 ; dan v1' = –0,3 m s–1

Kedua orang mula-mula diam.

Dengan hukum kekekalan momentum

p pm v m v m v m v

v

'' '

',

=+ = +

−( ) + = ( ) ( ) + ( ) ( )1 2 1 1 2 21 2

270 0 3 35 70 0 35 0

35 '

'

v

v2

21

21 0 21= + =

= −0,6 m s

(arah ke kanan)

Percepatan Syams setelah t = 5 s

v v a t av v

ta

11

11

2

0 3 05

''

,= + → =−

= − −

= − −0,06 m s

Tanda negatif menyatakan bahwa arah percepatan mendatar ke kiri

Jarak pria setelah t = 5 s

x v t at

x

1 02 21

20 1

20 06 5= + = + −( ) ( )

= −

,

0,75 m (arah negatif)

Percepatan anak setelah t = 5 s

v v a t av v

ta

2 22 2

2

0 6 05

' ' ,= + → =−

= −

= −0,12 m s (ke kanan)

Jarak anak setelah t = 5 s

156

SUPE

R CO

ACH

x v t at

x

2 02 21

20 1

25= + = + ( ) ( )

=

0,12

1,5 m (arah positif)

Jarak pisah setelah t = 5 s

∆ = − = ( ) − −( )=x x x2 1 1,5 0,75 2,25 m

13. Pada titik tertinggi (H), proyektil hanya memiliki komponen kecepatan horizontal v, sedangkan komponen kecepatan vertikalnya nol. Dalam gerak parabola, gerak pada sumbu-X adalah gerak lurus beraturan, maka

v v vx= =0 0 cosθ

1.000 m

v2' = 0v0

v1'

M

m1

m2

H

θ

M = m1 + m2

M = m + m = 2m

X

Waktu yang diperlukan untuk mencapai jarak x = 1.000 m

x v t t xv v

= → = = .cos

1 0000 θ

Momentum proyektil sesaat sebelum ledakan (p):

p mv mv= = cos2 0 θ

Momentum sesaat sesudah meledak (p'):

p m v m v

mv m

mv

' ' '

'

'

= +

= + ( )=

1 1 2 2

1

1

0

Dari hukum kekekalan momentum:

p pmv mv

v v

' cos

cos

'

'

==

=1

1

0

0

2

2

θθ

Maka bagian lain (m1) akan mendarat pada jarak

x v t vv

= = =1 00

2 1 000' cos .cos

θθ

2.000 m

14. Dari hukum kekekalan momentum:

p pm v m v m v m v

m v m v

vmm

v v v

'

.

=+ = + =

= −

= − = − = −

1 1 2 2 1 0 2 0

1 1 2 2

12

12 2 2

0

46

23

... 1( )

Pada tumbukan antara m2 dan balok, berlaku hubungan kekekalan momentum:

p pm v m v m v m v

m v m v

v v

b b b b

'' '

'

'

=+ = +

+ = +

=

2 2 2 2

2 2 2 2

2 2

0 0

Karena tidak terjadi perubahan kecepatan, maka troli mengalami gerak lurus beraturan (a = 0), sehingga

x v t v xt t

= → = =2 26

Substitusikan nilai v2 ke persamaan (1):

vt t1

23

6 4= − × = −

Sehingga jarak yang ditempuh m1,

d v tt

t= = − = −14 4 m

Tanda negatif menunjukkan bahwa troli bergerak kearah sumbu-X negatif sejauh 4 m.

15. m1 = 0,10 kg

m2 = 0,15 kg

tetapkan arah timur sebagai arah positif, sehingga

v1 = –0,20 m/s dan v2 = 0

Dari hukum kekekalan momentum:

m v m v m m v

v

v1 1 2 2 1 21 2

10

+ = +

( ) −( ) + ( ) ( ) = ( ) +

' '

'0,10 0,20 0,15 0,10 0,155

0,02 0,10 0,15

( )− = + …( )

v

v v2

1 2 1

'

' '

Pada tumbukan lenting sempurna berlaku:

v v v v

v v

v v

2 1 2 1

2 1

2 1

0 0 20 0 20

0 20

' '

' ' , ,

' ' ,

− = − −( )− = − − −( ) = −

− = − … 22( )

Dari persamaan (1) dan (2)

FISI

KA S

MA/

MA

X

157

0 10 0 15 0 02

0 201

0 10 0 15

1 2

1 2

1 2

, ' , ' ,

' ' ,

, ' , '

v v

v v

v v

+ = −

− + = −××

+ =

0,10

−−

− + = −+

= −

= − −

0 02

0 10 0 10 0 02

0 25 0 04

0 16

1 2

2

21

,

, ' , ' ,

, ' ,

' , m s

v v

v

v

Substitusikan nilai v2’ ke persamaan (2)

v v

v v2 1

1 2

1

0 20

0 20

0 16 0 2

0 04

' ' ,

' ' ,

, ,

,

− = −

= +

= −( ) +

= − m s

Karena v1' berharga positif, maka kecepatan benda bermassa 0,10 kg adalah ke timur.

16. mA = mB = mvA = 1 m s–1 (ke kanan)vB = –2 m s–1 (ke kiri)

Dengan menggunakan hukum kekekalan momentum:m v m v m v m v

m m v v

v v

A A B B A A B B

A B

A B

+ = +

+ −( ) = +( )− = +

' '

' '

' ' ...(

1 2

1 1))

Pada tumbukan lenting sempurna, berlaku:

v v v v

v v

A B A B

A B

' '

' ' ...( )

− = − −( )− = − − −( ) = −1 2 3 2

Dari persamaan (1) dan (2):v v

v v

v

v

A B

A B

B

B

' '

' '

'

'

+ = −

− = −−

=

=

1

3

2 2

1 m/s

Substitusikan nilai vB' ke persamaan (2)vA' = –3 + vB' = –3 + 1 = –2 m/sarah ke kiri (vA' berharga negatif)

17. v1 = 0v2 = 10 m/sm1 = 2 kgm2 = 3 kg

Sesudah tumbukan, kedua mobil bergandengan sehingga v2' = v1' = v'

Momentum sistem sesaat sebelum tumbukan (p):

p p p m v m v

p

= + = + = + ( )=

1 2 1 1 2 2 0 3 10

30 kg m/s

Momentum sistem sesaat sesudah tumbukkan (p'):

p m v m v m m v

p vv

' '

' '

' '

'

= + = +( )= +( ) =

1 2 1 21 2

3 2 5

Hukum kekekalan momentum linier

p p

v v

'

' '

=

= ⇒ = = −5 30 305

16 m s

18.

m1 + m2

v1

m1m2 v'

m1 = 0,005 kg m2 = 0,035 kg v' = 10 m s–1

Balok mula mula diam v2 = 0

Dari hukum kekekalan momentum:

m v m v m m v

m v m m v

vm m

mv

v

1 1 2 2 1 2

1 1 1 2

11 2

1

1

0

0 005 0

+ = ( )+ = ( )

=

= +

+

+

+

'

'

'

, ,,,

0350 005

10

11

×

= −v 8 m s

19. mP = mmQ = 2m

Ambil arah ke kanan sebagai arah positif, sehingga vP = 10 m s–1, vQ = –20 m s–1

Karena setelah tumbukan kedua bola bersatu maka kecepatan akhir kedua bola sama, yaitu v'.

Dari hukum kekekalan momentum:

m v m v m m v

m m m m v

m m mv

P P Q Q P Q+ = ( )( ) ( ) + ( ) −( ) = +( )

− =−

+ '

'

'

10 2 20 2

10 40 3330 3

10 1

m mv

v

=

= − −

'

' m s

158

SUPE

R CO

ACH

Arah negatif menunjukkan bahwa kedua bola bergerak ke kiri dengan kecepatan 10 m s–1.

20. Massa mesin pelempar bola baseball M (termasuk bola baseball)

Massa bola baseball = mKecepatan awal v0 = 0Kelajuan akhir bola baseball vm' = v

Momentum sistem (mesin + baseball) sesaat sebelum tembakan, (p):p = Mv0 = 0

Momentum sistem sesaat sesudah tembakan, (p'):

p M m v mv

M m v mvM m

M

' '

= −( ) +

= −( ) +

Dari hukum kekekalan momentum:

p p

M m v mv

v mM m

v

M

M

' =

−( ) + =

= −−

0

Jadi kelajuan mundur mesin adalah:

v mM m

vM =−

(arah belakang)

21. m

m

s

p

b

k

= =

= =

==

10 0 0 01

200 0 2

8 000 4

, ,

,

,,

g kg

g kg

mµ

W Fs

F m m g

W F s

m m gs

k k p b

k

k p b

=

= +( )=

= +( )

µ

µ

Usaha merupakan perubahan energi kinetik sistem, maka:

W EK

F s m m v

m m gs m m v

v gs

k p b

k p b p b

k

= ∆

= +( )+( ) = +( )

=

=

1212

2

2 0

2

2

'

'

'

µ

µ

,,4 10 8( ) ( ) ( )=8 m/s

Dari hukum kekekalan momentum:

m v m v m m v

m v m m v

vm m v

m

p p b b p b

p p p b

pp b

p

+ = +( )+ = +( )

=+( )

'

'

'

0

Substitusikan nilai v' = 8 m/s, sehingga:

vp =( )

× =21010

8

168 m/s

22. a. Benda yang terlibat tumbukan adalah peluru dan balok yang mula-mula diam.Massa peluru mp = 10 g = 0,01 kgMassa balok mb = 5 kg

Kecepatan balok sebelum tumbukan vb = 0 m/s

Kecepatan peluru sebelum tumbukan vp = 1.000 m/s

Kecepatan peluru setelah tumbukan v'p = 400 m/s

Dari hukum kekekalan momentum sebagai berikut:

m v m v m v m vp p b b p p b b+ = +

+ = +

' '

( , )( . ) ( )( ) ( , )( ) ( )(0 01 1 000 5 0 0 01 400 5 vv bv

v

b

b

' )'

' ,

10 4 5

65

1 2

= +

= = m/s

b. Dengan asumsi gerak diperlambat, kecepatan balok saat titik tertinggi adalah nol (vt = 0 m/s) dan kecepatan awal balok diperoleh setelah peristiwa tumbukan dengan peluru, v0 = 1,2 m/s, dan percepatan gravitasi bumi g = 10 m/s2

vt2 = v0

2 − 2gh0 = (1,2)2−(2)(10)(h)20h = 1,44h = 0,072 meter

c. Energi (kinetik) yang hilang

∆E = EKp + EKb − (EKp' + EKb')

∆E = ½ mp(vp)2 + ½ mb(vb)

2 − [½ mp(v'p)

2 + ½ mb (v'b)2]

FISI

KA S

MA/

MA

X

159

∆E = ½(0,01)(1.000)2 + (0) − [½(0,01)(400)2 + ½ (5)(1,2)2]

∆E = 5.000 – 800 – 3,6

= 4.196,4 joule

23. m = 0,1 kgM = 1,9 kgl = 80 cm = 0,8 mSaat bola terayun maka energi potensial yang ada pada bola tersebut dikonversi menjadi energi kinetik yang menyebabkan bola dan balok bergerak bersama setelah tumbukan (vm' = vM' = v').

EP EK

mgh mv

v gh

v gh

m

m

m

=

=

=

=

122

2

2

2

Kecepatan bola m saat menumbuk balok M:

v gh

v

m

m

=

= ( ) ( ) =

2

2 10 0,8 4 m/s

Hukum kekakalan momentum:

m v m v m v m v

v v

v

v

m m M M m m M M+ = +

( ) ( ) + = +

=

= =

' '

, ' '

'

'

0 1 4 0

2

2

0,1 1,9

0,40,4 00,2 m/s

24.

m2

v'

θ

m1

m1 + m2

m1 = 10 g = 0,01 kgm2 = 1,49 kgcos θ = 0,75 = 0,4 mg = 10 m s-2

h = – cos θ = (1 – cos θ) = 0,4 (1 – 0,75) = 0,1 m

Hukum kekekalan momentum:

m v m v m m v

m v m m v

vm m

mv

1 1 2 2 1 2

1 1 1 2

11 2

1

0

+ = +( )+ = +( )

+=

'

'

'

Dari hubungan hukum kekekalan mekanik:

12

2

1 22

1 2m m v m m gh

v gh

+( ) = +( )=

'

'

Jadi kecepatan awal peluru (v1):

vm m

mv

v

11 2

1

1

2

150

=+

= + ( ) ( )

= =

'

0,01 1,490,01

10 0,1

2 212 m/s

25. mb = 1,90 kgmp = 0,10 kgh = 20 cm = 0,2 mg = 10 m/s2

Hukum kekekalan momentum, dengan kondisi kecepatan bola sebelum tumbukan nol (vb = 0) dan kecepatan bola dan peluru setelah tumbukan adalah sama (vb' = vp' = v')

m v m v m v m v

v v v

v v

v v

p p b b p p b b

p

p

p

+ = +

+ = +

=

=

' '

' '

'

'

0,1 0,1 1,9

0,1

0,1

0

2

2

vv vp = 20 '

Hukum kekekalan energi mekanik untuk mencari v':

v gh

v

'

'

=

= ( ) =

2

2 10 0,2 2 m/s

Sehingga:

v vp = = ( ) =20 20 2 40' m/s

26. mp = 8 g = 8 × 10–3 kgmB = 250 g = 0,25 kg

160

SUPE

R CO

ACH

1 m

pelurubalok

vx

v' = vx

lantai

10 m

Gunakan persamaan posisi untuk menghitung waktu tempuh sistem (balok + peluru)

y v t g t

t

t t

y= +

− = + −( )

= = → =

02

2

2

12

1 00 0 12

9 8

14 9

1049

1049

, ,

, s

Kecepatan akhir balok + peluru (vx)x v t

v xt

x

x

=

= = = −

101049

17 m s

Kecepatan awal peluru dihitung dengan menggunakan hukum kekekalan momentum.

m v m v m m v

v

v

p B x1 2 1 2

31

3

1

8 10 0 8 10 0 25 7

1 8068 10

+ = +( )×( ) + = × +( )=

×

− − ,

,−−

−=31225,75 m s

27. mP = 2 kgmQ = 3 kg

Kecepatan akhir P dan Q v' = v

Dari A ke B berlaku hukum kekekalan energi mekanik:

EM EM

EK EP EK EP

EP EK

m gh m v

v gh

v

A B

A A B B

A B

P P p

p

p

=

+ = +

+ =

=

=

= (

0

122

2 10

2

2

2 )) ( )=

= −

20

400

20 1

v

vp

p m s

Dari B ke C berlaku hukum kekekalan momentum:

m v m v m m v

v

v

v

P P Q Q P Q+ = +( )( ) + ( ) = +( )

=

= −

'

2 20 3 0 2 3

40 518 m s

Setelah t = 2 s, troli berhenti (vakhir = 0)

Sehingga percepatan benda

v v at

av v

t

akhir

akhir

= +

=−

= − = − − 0 82

24 m s

Tanda negatif menyatakan bahwa kedua troli mengalami perlambatan sebesar 4 m s–2. Gaya perlambatan yang dialami troli

F m m aQ P= +( ) = +( ) −( ) = − 2 3 4 20 N

28. m1 = 1.000 kg m2 = 3.000 kgv1 = 20 m s-1

v0 = 0

Kecepatan akhir mobil dan truk sama, v1 = v2 = v'

Dengan hukum kekekalan momentum:

m v m v m m v

v1 1 2 2 1 2

1 000 20 3 000 0 1 000 3 000

2

+ = ( )( ) ( ) + ( ) ( ) = +( )

+ '

'. . . .

00 000 4 000

5 1

. . '

'

=

= −

v

v m s

Energi kinetik sistem sesudah tumbukan:

EK m m v

EK

= +( ) ( )

= +( ) ( )

= =

12

1 000 3 000 52

50 000 50

1 2

2

2

'

. .

. J kJ

29. Untuk gerak jatuh bebas, kecepatan awal batu adalah nol, terjadi perubahan energi potensial menjadi energi kinetik, sehingga dari hukum kekekalan mekanik didapat:

12

2

2mv mgh

v gh

=

=

FISI

KA S

MA/

MA

X

161

dengan g = 10 m s–1 dan h = 3 m, dan m = 2,5 kg. Maka kecepatan batu sesaat sebelum menumbuk lantai adalah

v gh1

1

2

2 10 3

2 15

= −

= − ( ) ( )= − − m s (arah ke bawah)

Pada tumbukan tak lenting sama sekali:

ev vv v

v v=− −( )

−= → =2 1

2 12 10

' '' '

v2' adalah kecepatan lantai, karena lantai selalu dalam keadaan diam (v2' = 0), maka v2'= v1'= 0

Energi kinetik sistem mula-mula dikonversi seluruhnya menjadi energi kalor sebesar:

EK Q

Q mv

Q

=

= = ( ) −( )= = =

12

12

2 5 2 15

75 17 86 18

12

2,

, J kal kal

30. Kecepatan kotak m saat menumbuk

batang misalnya v1 adalah v gh1 2= . Batang M mula-mula dalam keadaan diam, v2 = 0, kemudian keduanya bertumbukan dengan tidak lenting (m dan M menempel).

Berlaku hukum kekekalan momentum:

m v m v m v m v

mv Mv m M v

vmv Mv

m Mm gh

m

1 1 2 2 1 1 2 2

1 2

1 2 2 0

+ = +

+ = +( )

=++

=+

+

' '

'

'MM

m ghm M

=+2

31. hh

hh

hh

hh

h

h

2

1

3

2

2

1

3

2

3

3

10 6 0 6

1

=

=

=

=( ) ( )

=

0,60,6

0,36 m, ,

32. m m

v

v

1 2

1

2

3 6= =

= + ( )= −

;

kg kg

4 m/s ke arah kanan

1 m/s ke aarah kiri( )=v1 0'

Dari hukum kekekalan energi:

m v m v m v m v

v

v

v

1 1 2 2 1 1 2 2

2

2

2

3 4 6 1 3 0 6

12 6 0 6

+ = +

( ) + −( ) = ( ) +

− = +

=

' '

'

'

' 1 mm/s (ke arah kanan)

Koefisien restitusi

ev vv v

=− −( )

−=

− −( )−( ) −

=2 1

2 1

1 01 4

15

' '

162

SUPE

R CO

ACH

K O G N I T I FB A B 1 1

PEMBAHASANUJI KOMPETENSI MANDIRI

A. Pilihan Ganda

1. Hubungan antara periode T massa beban m pada pegas dinyatakan dengan rumus:

ω

π

π

=

=

=

km

Tkm

T mk

2

2

Berdasarkan rumus di atas dapat disimpulkan bahwa periode berbanding lurus dengan akar massa. Artinya, jika m ditambah maka T juga akan bertambah. [pilihan D dan E salah]

Sekarang kita cari hubungan kecepatan v dan m.

v A tv A

A km

maks

==

=

ω ωω

cos

Diperoleh hubungan bahwa vmaks berbanding terbalik dengan akar massa. Sehingga jika m diperbesar maka vmaks akan berkurang. [pilihan C benar]

Cari hubungan antara percepatan a dan m.

a A t

a A

A km

maks

= −

=

=

ω ω

ω

2

2

sin

Terlihat bahwa amaks berbanding terbalik dengan m. Sehingga jika m diperbesar maka amaks akan berkurang.

Jadi, pernyataan yang BENAR tentang periode, kecepatan maksimum, dan percepatan maksimum gerak adalah pilihan C.

Jawaban: C

2. Pada GHS, percepatan a berhubungan dengan perpindahan x dengan bentuk relasi a = –kx, yaitu (c).

Jawaban: C

3. v v v vy m m m= ↔ =

↔ = → =

cos , cos

cos sin

θ θ

θ θ

0 8

810

610

Sehingga:

y A= = ( )( ) =sinθ 5 610

3 cm

Jawaban: C

4. x t t

TT

v A

xm

= +

= → = = =

= = ( ) ( ) =

=

3 2 4 22 2 2

22 3 6

cos sin

ω π πω

π π

ω

sekon

m/s

33 0 4 0 3

4 3 122 2

cos sin° + ° =

= − = − ( ) ( ) = −

m

m/sa Aω

Jawaban: C

5. a

a

kmk

m

mm

MM

m

m

m

m

2 22

12

2

1

1

2 212

( )

( )= = = = =

ωω

Jawaban: D

6. Frekuensi sudut piston, ω = 200 rad/menit.

Stroke = 1,0 mAmplitudo, A = 1/2 = 0,5 mKecepatan maksimum (vmaks) piston diberikan oleh relasi:vmaks = Aω = 0,5 × 200 = 100 m/menit.

Jawaban: E

7. y A t

t

t t

= +( )= ( ) → =

( ) = = → = −

sin

sin

sin sin

ω θ

ω θ

ω ω

0

0

1

5 10 0

510

12

12

= = ° =

= ↔ = ↔ = → =

=

= =

θ ω π

ω π π π π π

ω

θ ω

t

tT

t t t

v A

v v Am

y m

306

62

626 6

12

s

cos ccos

cos

ω θ

θ

π π

t

vy

+( )= °

=

° + °( ) =

0

0 0

10 26

30 0 53

3

dengan

m/s

FISI

KA S

MA/

MA

X

163

y A t

t

t t

= +( )= ( ) → =

( ) = = → = −

sin

sin

sin sin

ω θ

ω θ

ω ω

0

0

1

5 10 0

510

12

12

= = ° =

= ↔ = ↔ = → =

=

= =

θ ω π

ω π π π π π

ω

θ ω

t

tT

t t t

v A

v v Am

y m

306

62

626 6

12

s

cos ccos

cos

ω θ

θ

π π

t

vy

+( )= °

=

° + °( ) =

0

0 0

10 26

30 0 53

3

dengan

m/s

Jawaban: B

8. v A

A

v A x

v A x

A v x

A v

=

= −

= −

= −

= +

= +

ω θ

ω θ

ω

ω ω

ω ω

ω

cos

sin1 2

2 2

2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

22 2xx2

2ωKarena A tetap, maka

v x v x

x x v v

v vx x

12 2

12

22

2 22

2

2

22

21

21

22

2

2 12

22

22

1

+=

+

−( ) = −

=−−

ωω

ωω

ω

ω 22

12

22

22

12

12

22

22

12

12

ω =−−

=−−

v vx x

v vx x

Jawaban: B

9. Pada titik keseimbangannya, partikel yang bergerak harmonis, bergetar dengan kecepatan maksimum.

Jadi:

v A A kmmaks = =

= = ⋅

= ≈

ω

0 1 800 4

0 1 10 2

2 1 4

,,

,

, m s

Jawaban: B

10. v xt

v

y A t xv

x

=

= =

= −

= −

102

5

4 25

m s

m/s

sin sinω ω

Jawaban: B

11. Periode ayunan sederhana:

Dari rumus periode getaran ayunan sederhana:

T lg

= 2π

Sehingga:

T

T

= =×

= × = =

2 0 6410

2 64100 10

2 810 10

1 610

0 16 10

π π

π π π

,

, , s

Perhatikan, massa beban tidak mempengaruhi periode atau frekuensi dari ayunan sederhana (bandul matematis, konis).

Jawaban: D

12. Periode getaran pada bandul sederhana, ayunan sederhana:

T lg

= 2π

Sehingga

T = = =2

39 21009 8

2 4100

0 4π π π,

,, sekon

Jawaban: B

13. k = 100 N/m

m = 250 g = 0,25 kg

T mk

= 2π

Sehingga:

T = =

= × =

2 0 25100

2 2510 000

2 5100

0 1

π π

π π

,.

, s

Jawaban: A

14. Gabungkan konstanta kedua pegas dengan susunan seri: 1 1 1 1

2001

2002

200

2002

100

2 2 2100

2

1 2k k k

k

T mk

t

t

t

= + = + =

= =

= = =

N/m

π π π 2210

0 2 2= , π s

Jawaban: C

164

SUPE

R CO

ACH

15. Pegas (1)

1 12

1 12

22

32

23

k k k k k k

k ks

s

= + = + =

=

Pegas (2)

1 13

12

26

36

56

65

k k k k k k

k ks

s

= + = + =

=

TT

kk

1

2

2

1

65

32

35

= = ⋅ =

Jawaban: E

16. Percepatan gravitasi di permukaan bulan g'= 1,7 m s–2

Percepatan gravitasi di permukaan bumi g = 9,8 m s–2

Periode bandul sederhana di bumi T = 3,5 s

T lg

Tg

= ⇒ ∝2 1π

TT

gg

T

''

' ,,

, ,

=

= × =9 81 7

3 5 8 4 s

Jawaban: E

17. Bandul mengalami percepatan gravitasi dan percepatan sentripetal yang diberikan oleh gerakan melingkar mobil.

Percepatan gravitasi = gPercepatan sentripetal = v2/Rv adalah kecepatan mobilR adalah radius lintasanPercepatan yang efektif (g') diberikan sebagai:

′ = +g g vR

24

2

Waktu periode,

T lg

l

g vR

= =+

2 22

4

2

π π'

Jawaban: D

18. Luas dasar gabus = ATinggi gabus = hMassa jenis cairan = ρ1

Massa jenis gabus = ρ

Dalam kesetimbangan:Berat gabus = Berat cairan yang dipindahkan oleh gabus terapung.

Misalkan gabus tertekan x. Akibatnya, volume air ikut berpindah. Oleh karena itu, gaya dorong ke atas memberikan gaya pulih ke gabus.

Dorongan ke atas = gaya pulih, F = berat air yang dipindahkan

F = volume × massa jenis cairan × percepatan gravitasi

Volume = Area × Jarak gabus ditekanVolume = Ax

∴ F = –Axρ1g …(i)

Sesuai Hukum hooke:

F = kx

k Fx

=

dimana, k adalah konstan

k Fx

= = –Aρ1g …(ii)

Periode osilasi gabus:

T mk

= 2π …(iii)

dengan

m = massa gabus

= volume gabus × massa jenis

m = luas dasar gabus × tinggi gabus × massa jenis gabus = Ahρ

Oleh karena itu, periode gabus adalah

T AhA g

hg

= =2 21 1

π ρρ

π ρρ

ρ = massa jenis gabus (abaikan redaman karena viskositas cairan).

Jawaban: A

19. Luas penampang tabung U = A

Densitas kolom merkuri = ρpercepatan gravitasi = ggaya pulih, F = bobot kolom raksa dengan ketinggian tertentu

FISI

KA S

MA/

MA

X

165

F = – (volume × massa jenis × percepatan gravitasi)

F = – (A × 2h × ρ × g) = –2Aρgh

= –k × perpindahan di salah satu lengan (h)

Dimana,2h adalah tinggi kolom raksa di kedua lengank = konstanta, diberikan oleh k = –F/h = 2Aρg

T mk

mA g

= =2 22

π πρ

Dimana m adalah massa kolom raksa.Misalkan l panjang total raksa di dalam tabung U.Massa raksa, m = volume raksa × massa jenis raksa = Alρ

∴ = =T AlA g

lg

22

22

π ρρ

π

Oleh karena itu, kolom raksa melakukan getaran harmonik sederhana dengan periode:

T lg

= 22

π

Jawaban: B

20.

24,5 mmFp

wF w

kx mg

mT

x mg

T xg

T xg

T

p =

=

=

=

=

= ×

=

−

4

4

2

6 28 24 5 1010

0 31

2

2

2 2

3

π

π

π

, ,

, s

fT

= = =1 10 31

3 22,

, Hz

Jawaban: C

21. m = 50 gram = 50 × 10−3 kgA = 10 cm = 0,1 m = 10−1 mT = 0,2 sy = 0,5A

Gaya pada getaran harmonis

F = mω2y

dengan:

ω π π π= = =2 20 2

10T ,

rad/s

y = 0,5A = 0,5(0,1) = 5 × 10−2

Sehingga:

F = (50 × 10−3)(10π)2(5 × 10−2) = 2,5 N

Jawaban: B

22. Periode ayunan adalah setengah dari periode saat panjang tali sepanjang L ditambah dengan setengah periode ayunan saat panjang tali sebesar ½ L

12

L

L

A

B

C

Sehingga

T T T

Tlg

lg

Tlg

lg

T Lg

L

g

T

= +

= ⋅ + ⋅

= +

= +

=

12

12

12

2 12

2

12

0 4

1 2

1 2

1 2

π π

π π

π π

π ,110

0 210

4100

2100

0 2 0 1 2 0 34

+ = +

= + =

π π π

π π π

,

, , ,T sekonJawaban: C

23. Massa maksimal yang dapat dibaca skala, M = 50 kg

Perpindahan maksimum pegas = panjang skala, l = 20 cm = 0,2 m

166

SUPE

R CO

ACH

Periode, T = 0,6 sGaya maksimum yang diberikan pada pegas, F = Mg

dimana,g = percepatan gravitasi = 9,8 m/s2

F = 50 × 9,8 = 490

∴ Konstanta pegas

k F

l= = = −490

0 22 450 1

,. . N m

Massa m adalah:

T mk

= 2π

m T k=

×

=×

×

=

2

0 62 3 14

2 450

22 36

2

2

π

,,

.

, kg

Berat tubuh = mg = 22,36 × 9,8 = 219,167 N.

Oleh karena itu, berat badan sekitar 219 N.

Jawaban: C

24. Massa mobil, m = 3.000 kg

Perpindahan pada sistem suspensi, x = 15 cm = 0,15 mAda 4 pegas yang sejajar dengan dukungan massa mobil.Persamaan untuk gaya pulih untuk sistem:F = –4kx = mg dengan, k adalah konstanta pegas dari sistem suspensi

Periode, T mk

= 24

π dan

k mgx

= ××

×

4= 3000 10

4 0,15

= 50.000 = 5 10 N/m4

Konstanta pegas, k = 5 × 104 N/m = 50 kN/m

Jawaban: E

25. Setiap roda mendukung massa,

M = =3 0004

750. kg

Untuk faktor redaman b, persamaan untuk perpindahan ditulis sebagai:

x x ebtM=

−

02

Amplitudo osilasi menurun sebesar 50%.

xx x

x ebtM= ↔ =

−0 00

2

2 2

loglog

eebt

Mb

Mt

22

2 2= ↔ =

dengan

t mk

=

=× ×

=

24

2 3 0004 5 10

0 7691

4

π

π .

, s

∴ = × ×

=

b 2 750 0 6930 7691

1 351 58

,,

. , kg/s

Jawaban: D

26. Perhatikan, pernyataan ini menjebak. 2 mm per newton artinya adalah jika dikenai gaya 1 newton pegas bertambah 2 mm. Jadi, pertambahan panjang pegas sebesar 1 mm jika dikenai gaya ½ newton.

Nah, ½ N/mm adalah untuk tetapan pegas k sehingga Anda dapat menulis:

k = 12

N/mm

F kx= = × =12

98 49 N

Peti akan turun sejauh:

∆ = =( )

=x mgk

MM

9 812

19 6,

, m

Periode getaran (osilasi) adalah:

T mk

M M= = =2 212

2 2π π π sekon

Jawaban: E

27. Benda dengan massa 2 kg yang bergerak dengan kecepatan 10 m/s mempunyai energi kinetik sebesar:

EK = ½mv2= ½ × 2 × 102 = 100 joule

FISI

KA S

MA/

MA

X

167

Saat menabrak pegas, energi kinetik tersebut diserap oleh pegas dan diubah menjadi energi potensial sehingga pegas tertekan 10 cm = 10−1 m.

EK = EP 100 = ½ × k × (10−1)2

k = 20.000

Jadi, konstanta pegas tersebut adalah 20.000 N/m.

Jawaban: D

28. Besaran energi yang perlu diingat pada getaran harmonis sederhana adalah:

• Energi potensial : EP = ½kx2

• Energi kinetik : EK = ½mv2

• Energi mekanik : EM = ½kA2

Karena energi mekanik merupakan penjumlahan dari energi potensial dan energi kinetik, maka energi mekanik dikenal juga sebagai energi total.

Sekarang kita tentukan nilai amplitudonya dengan menggunakan hukum kekekalan energi.

EM = EP + EK

½kA2 = ½kx2 + ½mv2

Nilai k = mω2 atau m = k/ω2 sehingga diperoleh:

12

12

12

2 22

2

2 22

2

22

kA kx k v

A x v

A x v

= +

= +

= +

ω

ω

ω

Untuk t = 0, x = x0, dan v = v0 maka amplitudo getarannya adalah:

xv

02 0

2

+

ω

Jawaban: D

29. Energi kinetik benda yang bergetar sama dengan sepertiga energi potensialnya

EK EP

mv ky

m A t m A t

m A

=

= ×

( ) = × ( )

13

12

13

12

12

13

12

12

2 2

2 2 2

2

ω ω ω ω

ω

cos sin

22 2 2 2 2

2 2

13

12

1313

cos sin

cos sin

cos sin

sin

ω ω ω

ω ω

ω ω

ω

t m A t

t t

t t

t

= ×

=

=

ccostan

ωωω

ttt

=

== °

3

360

Energi kinetik benda yang bergetar sama dengan sepertiga energi potensialnya saat sudut fasenya 60°

Jawaban: B

30. y A=

=

= °=

sin

, sin

, sin,

θπ0 046

0 04 300 02m

EP ky m y

m f y m f y

m m

= =

= ( ) =

= ( ) =

12

12

12

2 2

32 2 50 0 02 2

2 2 2

2 2 2 2 2

2 2 2

ω

π π

π π, 22

2 2232

216 1 6 10m = = ≈ =

π ππ, kg dengan

Jawaban: B

31. F mg

x

E FxP

= = ( ) ( ) =

= − = =

= = ( )

0 1 10 1

25 20 5 0 0512

12

1 0

,

,

,

N

cm cm cm m

005 0 025( ) = , J

Jawaban: D

32. Persamaan perpindahan partikel yang bergerak harmonik sederhana selama waktu t adalah:

168

SUPE

R CO

ACH

x = A sin ωtdenganA = Amplitudo osilasiω = frekuensi sudutKecepatan partikel:

v dxdt

A t= = ω ωcos

Energi kinetik partikel

EK = 12

Mv2 = 12

MA2ω2 cos2 ωt

Energi potensial partikel

EP = 12

kx2 = 12

M2ω2A2 sin2 ωt

EKT

EK dt

TMA t dt

TMA

T

T

( ) =

=

= +

∫

∫

rata-rata1

1 12

12

1

0

2 2 2

0

2 2

ω ω

ω

cos

cos 222

14

22

1414

0

2 2

0

2 2

2

ω

ω ωω

ω

ω

t dt

TMA t t

TMA T

MA

T

T

( )

= +

= ( )

=

∫sin

22

EPT

EP dt

TM A t dt

TM A

T

T

( ) =

=

= −

∫

∫

rata-rata1

1 12

12

1

0

2 2 2

0

2 2

ω ω

ω

sin

cos22

0

2 2

0

2 2

2 2

2

14

22

14

4

ω

ω ωω

ω

ω

t dt

TM A t t

TM A T

M A

T

T

( )

= −

= ( )

=

∫sin

Jawaban: B

33. (a) Bukan gerak periodik karena tidak ada pengulangan gerak (merupakan gerak linier searah).

(b) Gerak periodik, karena partikel ber-gerak berulang kembali setelah 2 detik. Gerak ini memiliki periode 2 s.

(c) Bukan gerak periodik, karena partikel mengulangi gerakan dalam satu posisi saja. Untuk gerakan periodik, seluruh gerakan partikel harus diulang dalam interval waktu yang sama.

(d) Gerak periodik, karena gerak partikel berulang kembali setelah 2 detik. Oleh karena itu, gerakan ini memiliki periode 2 s.

Jawaban: CB. Esai

1. y A tT

= +

=( )

+

=

sin

sin,

sin

2

5 102 7

300 1

5 10 14

0

0

π θ

π π

πθ

33 0π θ+

12

143

143 6

6143 6

286

276

9

0

0

0

0

= +

+ =

= − = −

= − = −

sin π θ

π θ π

θ π π π π

θ π22

12

π π= − rad

2. a. A = 10 cm

b. F k x k Fx

k

= ∆ ⇒ =∆

=( )

×= =−

0 9 1018 10

90018

502, N/m

c. a A

km

A

a

= −

= − = −( )( ) ( )

=

−

ω2

1500 9

10

509

,

m/s

d. T mk

= =

= ( ) =

2 2 0 950

2 350

5 325

5

π π

π π

,

s

FISI

KA S

MA/

MA

X

169

e. fT

= = =1 1325

5

5 53π π

Hz

3. a. ω π π π

ω π

π

= = ( ) =

= = ×( )= ×

−

−

2 2 100 200

200 3 10

6 10

4

2

f

v Am

radian

m/sPada titik seimbang:y = 0 → a = 0

b. v

a A

m

m

=

= − = ( ) ×( )=

−

0

200 3 10

12

2 2 4

2 2

ω π

π m/sc. Simpangan

Kecepatan

y A t

t

v

=

= ×

= ×( ) (

−

−

sin

sin

ω

π

π

3 10 200

3 10 200

4

4 ))

=

= − ( )

= −

cos

cos

sin

200

350

200

350

200 200

1

π

π π

π π π

t

t

a tPercepatan

22 2002π πsin t

4. y AT

t

y

= =

= = × °

=

sin , sin

, sin , sin

2 0 60 2

210

0 60 410

0 60 72

0

π ππ

π

π

,, , ,60 0 95 0 57( ) ( ) = meter

5. y A t

AT

t A t

A A ttt

=

= =

==

° =

sin

sin sin

, sinsin ,

sin si

ωπ π

ππ

2 4

0 8 44 0 8

720 nn

,

53720 53

0 073

°==

tt s

6. a. ω π π π= = ( ) =2 2 100 200f rad/s

b. y A t t= → =sin , , sinω ω0 75 1 5

sin , sincos

, ,

ωω

π

π

ω

tv A

a

= = °= °

= ( ) ( ) ( )=

= −

0 5 3030

1 5 200 0 87

2612

m/s

AA sin

. , ,

.

30

40 000 1 5 0 5

30 000

2

2 2

°

= − ( ) ( ) ( )=

π

π m/s

7. x(t) = a sin(ωt + φ)

T = 1 sekont0 = 0 sx0 = 0,5 mv0 = π m/s

Dari simpangan awal saat t = 0 sekon dan 0,5 m

x t a t

aT

t

a

( ) = +( )

= +

= ( ) +

=

sin

sin

sin

ω φ

π φ

π φ

12

2

12

21

0

12

aa sinφ 1( )

Dari kecepatan awal saat t = 0 dan v0 = π m/s

v a t

vT

aT

t

a

t

t

= +( )

= ⋅ +

= ⋅ ⋅ +

ω ω φ

π π φ

π π π φ

cos

cos

cos

2 2

21

21

0

=

= ( )

1 21

2

a

a

cos

cos

φ

φ 2

Substitusi persamaan (2) ke (1) diperoleh:

1212

12

22

1

1 45

=

=

= =

= → = °

a sin

cossin

sincostan

φ

φφ

φφφ φ

12

45

12

12

2

12

12

2

= °

=

= =

a

a

a

sin

meter

8. a. Gerak Harmonik Sederhana (GHS)

Fungsi yang diberikan adalah:

sin ωt – cos ωt

170

SUPE

R CO

ACH

= −

= × − ×

=

2 12

12

24 4

2

sin cos

sin cos cos sin

si

ω ω

ω π ω π

t t

t t

nn ω πt −

4

Fungsi ini mewakili GHS karena dapat ditulis dalam bentuk A sin (ωt + φ)

Periodenya adalah: 2πω

b. Periodik tapi tidak GHS

Fungsi yang diberikan adalah:

sin3 ωt = ¼ [3 sin ωt – sin 3ωt]

Istilah sin ωt dan sin 3ωt secara individual mewakili gerakan harmonis sederhana (GHS). Namun, superposisi dua GHS bersifat periodik dan tidak harmonis sederhana.

Periodenya adalah: 2πω

c. GHS

Fungsi yang diberikan adalah:

34

2 3 24

cos cosπ ω ω π−

= −

t t

Fungsi ini merupakan gerakan harmonik sederhana karena dapat ditulis dalam bentuk: A cos (ωt + φ)

Periodenya adalah: 22

πω

πω

=

d. Periodik, tapi bukan GHS

Fungsi yang diberikan cosωt + cos 3ωt + cos 5ωt. Masing-masing fungsi kosinus mewakili GHS. Superposisi tiga getaran harmonik sederhana bersifat periodik, namun tidak harmonis sederhana.

e. Gerak non-periodik

Fungsi yang diberikan exp

(–ω2t2) atau e −( )ω2 2t adalah fungsi eksponensial. Fungsi eksponensial tidak terulang kembali. Oleh

karena itu, fungsi ini adalah gerak nonperiodik.

f. Fungsi yang diberikan 1 + ωt + ω2t2 bersifat nonperiodik.

9. x = 0,2 sin (15t + 0,2)m

a. a ddt

ddt

t

t

x =( ) = +( )

= − +( )= −

0 08 0 2 15 0 2

45 15 0 2

4

, , sin ,

sin ,

m

55

45 0 080 2

18 2

xA

= − = −,,

m/s

b. x t

v

t

t

= + = +( )<

= +( )+( )

0 1 0 2 15 0 2

0

0 1 0 2 15 0 2

15 0 2

, , sin ,

, , sin ,

sin ,

m

==

° = =

° = =

+( ) =

12

306

12

150 56

12

15 0 2 56

15

sin sin

sin sin

sin , sin

π

π

πt

t ++ =

=

0 2 56

0 16

,

,

π

t s

10. Ketika t = 0, y = +A maka sudut fase

awal θ π0 2

=

a. x A t A t= +( ) = +

sin sinω θ ω π

0 2

b. (i)

v = 0,5vmaks

v t v

t

t

maks makscos ,

cos cos

ω π

ω π π

ω π

+

=

+

=

+ =

20 5

260

180

2ππ

ω π π π3

3 2 6t = − = −

Kuadran I:2

6

12

π πtT

t T

= −

= − (tidak masuk akal)

FISI

KA S

MA/

MA

X

171

Kuadran IV:2 2

3 2712

π π π πtT

t T

= − −

=

Posisi x A tT

A

A

= +

= +

=

=

sin

sin

sin

22

76 2

106

π π

π π

π

−−

= −

A

A

sin π3

12

3

Kuadran II:

cos ,ω π

ω π π π

π π π

π π π

t

t

Tt

t T

+

= −

+ = −

= −

= − =

=

20 5

2 32

2 33 2

6 61

12

Posisi x A tT

A

A

A

= +

= +

= ⋅

=

sin

sin

22

212 2

12

3

12

3

π π

π π

Kuadran III:

cos cosω π π π

ω π π π

π π π π

t

t

Tt

t T

+

= +

+ = +

= + =

=

2 3

2 32

2 356

512

Posisi x A tT

A

A

A

= +

= +

=

=

sin

sin

sin

22

56 2

86

π π

π π

π

ssin

sin

43

312

3

π

π π

= +

= −

A

A

(ii) a A t

A t

= − +

= −

ω ω π

ω ω

2

2

2sin

cos

− =

=

=

ω ω ω

ω

ω

2 2

2

0 5

0 5

A t A

a A

t

cos ,

cos ,max

Kuadran I:

cos cosω π

π π

t

Tt

t T

=

=

=

32

316

Posisi x A tT

A

A A

= +

= +

= =

sin

sin

sin

22

26 2

56

12

π π

π π

π

Kuadran IV:

cos cosω π π

π π

t

Tt

t T

= −

=

=

23

2 53

56

Posisi

Kuadran II:

x A tT

A

A A

= +

=

= =

sin

sin

sin

co

22

136

612

π π

π

π

ss cos cosω π π π

π π

t

Tt

t T

= −

=

=

=

323

2 23

13

172

SUPE

R CO

ACH

Posisi

Kuadran II:

x A tT

A

A A

= +

=

= =

sin

sin

sin

co

22

136

612

π π

π

π

ss cos cosω π π π

π π

t

Tt

t T

= −

=

=

=

323

2 23

13

Posisi x A t

A

A

A

= +

=

= −

= −

sin

sin

sin

ω π

π

π

276

612

Kuadran III:

cos cos

cos

ω π π

π

π π

t

Tt

t T

= +

=

=

=

343

2 43

23

Posisi

A A

A A

sin sin

sin

43 2

116

612

π π π

π

+

=

= − = −

11. m = 10–3 kg

A = 2 × 10–4 m

a(y = A) = 8 × 10–3 m/s2

a. a = ω2y

ω

π

π π

= = ××

=

=

= =

−

−ay

f

f

8 102 10

40

2 40

402

10

3

4

Hz

b. (i) v t

y A t

t

y( ) cos

sin

sin

c

=−= ×( ) +( )

= ⇒ = +( )+( ) =

04

0

0

0

2 10 2 10

0 0

0

ω θ

ω θ

ω θ

oos sinω θ ω θt t+( ) = − +( )= =

02

01

1 1

v Ay=( )−

−

= ⋅

= ×( )= ×

0

4

4

1

2 10 2 10

4 10 10

ω

m/s

(ii) y A t

t

t

= × = +( )

+( ) = ××

=

+

−

−

−

1 2 10

1 2 102 10

0 6

40

0

4

4

, sin

sin , ,

cos

ω θ

ω θ

ω θ0021 0 6 0 8( ) = − =, ,

vy y= ×( )

−

−

− = ⋅ × ⋅

= ×

1 2 10

4

4

4 2 10 2 10 0 8

3 2 10 10

,,

, m/s

12. ω

ω

==

= → = ( ) ↔ =

28

8 2 4

rad/s cm/s

cm

v

v A A Ayt

v

vv

A t

A t

t

y t

yt

y t

+( )

+( )

= −

=+( )

=−

π

π π

3

3

6

2 2

2 2 23

86

4 2

cm/s

cos

cos

cos ++

= −

⋅ − ⋅

= −

23

3 2

4 2 23

2 23

3 2

π

π π

cos

cos cos sin sin cos

t

t t tt

t t t− − = −2 2 2 3 2 3 2cos sin cos

sincos

tan

cos

22

12 3

2 12 3

2 2 3 2 313

tt

t

tr

=

=

= =

r

A t

A

A

= + ( ) =

=

=

= =

1 2 3 13

2 8

2 2 313

8

4 132 3

23

39

22

cosω

cm

13. Pada awalnya, pada t = 0;

Perpindahan, x = 1 cmKecepatan awal, v = ω cm/s.Frekuensi sudut, ω = π rad s–1

Dengan demikian,x(t) = A cos (ωt + φ)

FISI

KA S

MA/

MA

X

173

1 = A cos (ω × 0 + φ) = A cos φA cos φ = 1 ... (i)

Kecepatan, v = dx/dt

ω = –Aω sin (ωt + φ)

1 = –A sin (ω × 0 + φ) = –A sin φ

A sin φ = –1 ... (ii)Kuadratkan dan tambahkan persamaan (i) dan (ii), kita mendapatkan:A2 (sin2 φ + cos2 φ) = 1 + 1A2 = 2

∴ =A 2 cm

Bagilah persamaan (ii) dengan persamaan (i), Anda mendapatkan:tanφ = –1

∴ =φ π π34

74

, , .

GHS diberikan sebagai:

x = B sin (ωt + α)

Menempatkan nilai yang diberikan pada soal, Anda mendapatkan:

1 = B sin [ω × 0 + α] = 1

B sin α = 1 ... (iii)Kecepatan, v = ωB cos (ωt + α)

Substitusikan nilai yang diberikan pada soal, Anda mendapatkan:

ω = ωB cos α

B cos α = 1 ... (iv)

Kuadratkan dan tambahkan persamaan (iii) dan (iv), Anda mendapatkan:B2 [sin2 α + cos2 α] = 1 + 1B2 = 2

∴ =B 2 cm

Bagilah persamaan (iii) dengan persamaan (iv), Anda mendapatkan:

BB

sincos

tan

, ,

αα

α

α π π

=

=

∴ =

11

114

54

14. kp = k1 + k2

= 200 + 400 = 600

1 1 1

1600

1200

1 1600

3600

4600

150

k k k

k

k

s p s

s

s

= +

= +

= + =

= N m

F wk x mg

m k xg

=∆ =

= ⋅ ∆ = ⋅ ⋅

= ×=

−

−

150 5 1010

75 100 75

2

2 kg kg,

15. (a) 1 12

1

12

22

3223

k k k

k k

k

k k

a

a

= +

= +

=

=

(b) k k

x Fk

xk

xx

kk

xk

kx

x x x

b

b

a

a

b

b a

b a

=

∆ = ⇒ ∆ ∝

=

=

= =

2

1

23213

13 0

16. k = 8 N/m g = 9,8 m/s2

π2 = 9,8 T = 1 s

T mk

m T k T k

m

=

=( )

=

= ⋅⋅

=

2

2 4

1 84 9 8

0 204

2

2

2

2

2

π

π π

,, kg

174

SUPE

R CO

ACH

17. y A t A tT

A A tT

tT

= +( ) =

=

= =

sin sin

sin

sin sin sin

ω θ π

π

π π

02

12

2 2

24

445

24

24

2 41

218

°

= =

= = = × =

π π θ

ϕ θπ

π

ππ

π

tT

18. F mg

k Fx

f km

= = ( ) ( ) =

=∆

= =

= = =

10 0 2 2

20 1

20

12

12

200 2

5

,

,

,

N

N/m

Hzπ π π

19. a. k Fx

=∆

= =40 02

200,

N/m

b. T mk

fT

= = =

= =

2 2 2200

15

1 5

π π π

π

s

Hz

c. v ATAm = = = ( )

=

ω π π

π

2 215

0 04

0 4

,

, m/s

d. a Am = = ( ) ( ) =ω2 2100 0 04 4, m/s

e. 12

12

30

30

10 0 04 30

0

A A

v A

=

= = °

= °

= = ( ) ( ) °

=

sin

sin sin

cos , (cos )

,

θ

θ

θ

ω θ

44 32

0 2 3

100 0 04 30

2

2

2

=

= −

= − ( ) ( ) °

= −

,

sin

, (sin )

m/s

m/s

a Aω θ

f. 12

12 6

66

61

10 60

A A t

t

t t

=

= =

= ↔ = = × =

sin

sin sin

ω

ω π

ω ππ

ωπ π s

20. a. i. k k k k

x mgk

x mgk

x mgk

x mgk

xx

mgk

mgk

A B

A B

A B

A

B

= =

∆ = ∆ =

∆ = ∆ =

∆∆

= =

12

2

22

2

2

411

ii. k k k k

x mgk

x mgk

x mgk

x mgk

xx

mgk

C D

CC

DD

C D

C

D

= =

∆ = ∆ =

∆ = ∆ =

∆∆

=

23

65

32

56

32556

95mg

k

=

b. i. TT

kk

k

kA

B

B

A

= = =212

21

ii. TT

kk

k

kC

D

D

c

= = = =6

52

3

95

35

21. a. Perpanjangan maksimum pegas

pada kedua kasus adalah = Fk

, dengan k konstanta pegas.

b. Pada Gambar (a) jika x adalah perpanjangan pegas, ketika massa m kembali ke posisi rata-rata setelah dilepaskan bebas, maka gaya pulih pada massa adalah F = –kx, yaitu, F ∝ x.

Gaya F ini diarahkan ke posisi rata-rata massa, maka massa yang menempel pada pegas akan mengeksekusi getaran harmonik sederhana.Faktor pegas = konstanta pegas = kFaktor inersia = massa yang diberikan = m

Pada gambar (a), periodenya adalah

T mk

= =2 2π πfaktor inersiafaktor pegas

FISI

KA S

MA/

MA

X

175

Pada Gambar (b), ada dua sistem konstanta pegas k dan massa

reduksi: µ = ×+

=m mm m

m2

Faktor inersia = m2

Faktor pegas = k

Tm

kmk

= =2 2 22

π π

22. a. F ma

a Fm

=

= = =0 0640 2

0 32 2,,

, m/s

b. v A fA km

A

F kx mg

k mgx

k mgA

v

mgxm

A gx

A

m

m

= = =

= =

= ↔ =

= =

ω π ππ

2 22

dimana x = A sehingga:

v gA

A gAm = =

= ( ) ×( ) =−

2

310 20 10 0 4, m/s

c. T mk

mmgA

Ag

= =

= = ×

=

−

2 2

2 2 2 10

0 28

3

π π

π π

, s

23. f

kmk m

k m

k

k

p

p

min Hz

=

=

= ⋅

=

= =( )=

10

12

10

4 10

4 400

100 5 9 8

2 2

2

2 2

ππ

π

π π ,

44 900. N/m

24. Konstanta pegas, k = 1.200 N m-1

Massa kubus, m = 3 kg

Perpindahan, A = 2 cm = 0,02 m

a. Frekuensi osilasi f, diberikan oleh hubungan:

fT

km

f

= =

∴ =×

=

1 12

12 3 14

1 2003

3 18

π

,. , Hz

Jadi, frekuensi osilasi adalah 3,18 siklus per detik atau Hz.

b. Percepatan maksimum (a) diberikan oleh hubungan:a = ω2 Adimana,

ω = frekuensi sudut = ω = km

A = perpindahan maksimum

a km

A= = × = −1 200 0 023

8 2. , m s

Oleh karena itu, percepatan maksimum massa adalah 8 m/s2.

c. Kecepatan maksimum, vmax = Aω

= = × =A km

0 02 1 2003

0 4, . , m/s

Oleh karena itu, kecepatan maksimum massa adalah 0,4 m/s.

25. a. w w wtot mobil pembalap= +

= +16 000 800.

w = =16 8004

4 200. . N

∆ = =×

= ×

= × =

−

−

x Fk

4 2007 10

600 10

6 10 6

44

2

.

m cm

b. m wg

= = =4 20010

420. kg

f km

= = × =12

12

7 10420

2 054

π π, Hz

c. t T

tf

=

= × = =

3

3 1 32 05

1 46,

, sekon

26. Konstanta pegas

k Fx

mgx

=∆

=∆

=( ) ( )

=0 05 1010

0 05,

, N/cm

a. F F w ma mg

x Fk

R a= − + = − +

= − ( ) ( ) + ( ) ( )= − + =

∆ = =

0 05 4 0 05 10

0 2 0 5 0 3

, ,

, , , N00 30 05

6,,

= cm

176

SUPE

R CO

ACH

b. F ma mg

x Fk

R = + = + =

∆ = = =

0 2 0 5 0 7

0 70 05

14

, , ,

,,

N

cm

c. F mg

x Fk

R = = ( ) ( ) =

∆ = = =

0 05 10 0 5

0 50 05

10

, ,

,,

N

cm

27. a. T mk

T mk

k

k

= ⇒ =

= ⋅

= ⋅

2 4

4 0 2

2 4 0 2

2 2

2

2 2

π π

π

π

,

,

k = ( ) ( ) = =10 0 2 2 12, ; N/m 0π

b. A CEy A t

yT

t

y t t

CD y

= ==

= ⋅

= ⋅ =

= =

0 1

0 1 2

0 1 22

0 1

,sin

, sin

, sin , sin

mω

π

π π

00 050 1

0 05 0 1

0 56

616

,, sin

, , sin

sin , sin

m

se

y tt

t

t t

==

= =

= ↔ =

ππ

π π

π π kkon

c. Kecepatan

v dydt

ddt

t t= = ( ) =

= = ⋅

0 1 0 1

0 16

0 1 12

3

, sin , cos

, cos ,

π π π

π π π

vv = −0 05 3 1, π m s28. a. Gaya-gaya yang bekerja pada sistem

dengan pengabaian gravitasi adalah sebagai berikut.

d d

FF

∆yF sin θ F sin θ

θ

Saat massa m disimpangkan ke bawah sejauh ∆y, sudut yang terbentuk antara masing-masing pegas adalah θ, dimana θ relatif

kecil. F adalah gaya dari masing-masing pegas. Besar dari gaya pemulih yang bekerja pada m adalah: F F F

F Fpemutih

pemutih

= − −

= −

sin sin

sin

θ θ

θ2

Dengan asumsi θ relatif kecil maka diperoleh hubungan:

sin tanθ θ≈ ≈ ∆yd

Gaya pemulih di atas dapat diekspresikan sebagai

F F ydpemutih = − ∆2

Panjang pegas mula-mula adalah d1 = d, kemudian saat disimpangkan panjangnya menjadi d2. Dari gambar diperoleh hubungan∆ = −

∆ = + ∆ −

d d d

d d y d

2 1

2 2

Kembali ke gaya pemulih tadi, dengan memasukkan gaya pegasnya:

F F yd

k d yd

k d y d yd

kd y

ddd

pemutih = − ∆

= − ∆ ∆

= − + ∆ −( ) ∆

= −+ ∆

−

2

2

2

2

2 2

2 2

2

∆

= − + ∆ −

∆

= − + ∆ −

∆

= −

y

k d yd

y

k yd

y

2 1

2 1 1

2 2

2

2

2

22 1 12

2

12

k yd

y+ ∆

−

∆

Untuk menyederhanakan bentuk dalam kurung, dapat digunakan bantuan Binomial Newton:

1 1 12

18

116

5128

12 2 3 4+( ) = + − + − +p p p p p

FISI

KA S

MA/

MA

X

177

potong hingga 2 suku terdepan saja:

F k yd

y

k yd

pemutih = − + ∆

−

∆

≈ − + ∆ −

2 1 1

2 1 12

1

2

2

12

2

2 ∆

≈ − ∆

∆

≈ ≈ ∆

≈ −

y

k yd

y

yd

F k

2 12

2 12

2

2

2

sin tan

sin

θ θ

θpemutih ∆y

F k yd

y

k yd

pemutih = − + ∆

−

∆

≈ − + ∆ −

2 1 1

2 1 12

1

2

2

12

2

2 ∆

≈ − ∆

∆

≈ ≈ ∆

≈ −

y

k yd

y

yd

F k

2 12

2 12

2

2

2

sin tan

sin

θ θ

θpemutih ∆y

Terlihat gaya pemulih pada sistem sebanding dengan simpangan pada arah vertikal sehingga dimungkinkan terjadinya gerak harmonik sederhana pada arah vertikal.

b. Frekuensi osilasi

F m y

k y m y

km

km

km

=

=

=

=

=

ω

θ ω

ω θ

ω θ

ω θ

2

2 2

22

2

2 12

2

∆

∆ ∆sin

sin

sin

sin

ππ θ

πθ

f km

f km

=

=

sin

sin12

29. EK mv= 12

2 EP ky= 12

2

v A t= ω ωcos

y A t= sinω

v A y= −ω 2 2

k m= ω 2

m = 200 g = 0,2 kg

T = 0,2 s → f = 5 Hz

A = 2 cm = 0,02 m = 2 × 10–2 m

a. y = 1 cm = 0,01 m = 10–2 mEK = …

v A y f A y

v

v

= − = −

= ( ) ×( ) − ( )

= × − =

− −

− −

ω π

π

π

2 2 2 2

2 2 2 2

4 4

2

2 5 2 10 10

10 4 10 10 00 1 3, π m/s

EK mv= = ×( ) ( )= ×

−

−

12

12

2 10 0 1 3

3 10

2 12

2 3

, π

π J

b. ω π π π= = ( ) =2 2 5 10f

EP m y=

= ×( ) ( ) ( )= × ×

= ×

− −

− −

−

1212

2 10 10 10

10 10 10

10

2 2

1 2 2 2

1 2 2 4

2 3

ω

π

π

π JJ

c. E EK EP= + = × + ×

= ×

− −

−

3 10 10

4 10

2 3 2 3

2 3

π π

π J

30. Gambar (a) periode, T = 2 detik

Amplitudo, A = 3 cm

Pada waktu, t = 0, vektor radius OP membuat sudut ½ π terhadap sumbu-X positif. Sudut fase awal φ0 = +π/2

Oleh karena itu, persamaan getaran harmonik sederhana untuk proyeksi sumbu-X (OP), pada waktu t, diberikan oleh persamaan perpindahan:

x A tT

tT

t

x

= +

= +

= −

= −

cos cos

sin

s

2 3 22

3 22

3

0π φ π π

π

iinπ t cm

Gambar (b) periode T = 4 s

Amplitudo, A = 2 m

Pada waktu t = 0 s, OP membuat sudut π dengan sumbu-X positif, berlawanan arah jarum jam. Oleh karena itu, sudut fase awal φ0 = +π

Oleh karena itu, persamaan gerak harmonik sederhana untuk proyeksi suumbu-x (OP), pada saat t, diberikan sebagai:

x A tT

t

x t

= +

= +

= −

cos cos

cos

2 2 24

22

0π φ π π

π m

178

SUPE

R CO

ACH

PEMBAHASANP E N I L A I A N A K H I R S E M EST E R 2

A. Pilihan Ganda

1. Gambar menunjukkan dua orang siswa sedang melakukan eksperimen di laboratorium. Melakukan eksperimen termasuk tahapan ilmiah.

Jawaban: C

2. Skala utama = 2 mm

Skala nonius = 0,47 mm

Ketebalan benda = 2 + 0,47 = 2,47 mm

Jawaban: B

3. Sketsa perjalanan robot track line adalah sebagai berikut.

9 m

15 m

9 m

53°

R

Gabungan antara lintasan yang ditempuh robot dan perpindahannya (R) menyerupai jajargenjang. Perpindahan robot (R) sejajar dengan panjang lintasan dalam arah 53° dari timur ke utara. Berdasarkan sifat jajargenjang, panjang sisi yang sejajar adalah sama. Oleh sebab itu, perpindahannya sama dengan panjang lintasan tersebut, yaitu 15 m.

Jawaban: D

4. Benda mengalami perlambatan dari C ke D karena kecepatannya terus menurun.

av v

tt= −

−−

= = = −0

∆5 0

17 1552

2,5 m s 2

Jawaban: A

5. Jarak horizontal yang ditempuh peluru bergantung pada kecepatan horizontal dan lamanya peluru di udara.

x = vxt

Dalam gerak parabola, komponen horizontal merupakan GLB sehingga vx = v0x.

xA = v0AtA = (40)(6) = 240 m

xB = v0BtB = (60)(4) = 240 m

xC = v0CtC = (40)(5) = 200 m

xD = v0DtD = (50)(5) = 250 m

xE = v0EtE = (80)(4) = 320 m

Jawaban: E

6. ω

ππ

=

= =( ) −

9.600 rotasi1 menit

9.600 2 rad60 s

320 rad s 1

31. Orang paling nyaman jika berjalan pada frekuensi alamiah. Jadi, semakin panjang kaki seseorang maka semakin lambat ayunan kakinya.

32. Ada frekuensi ayunan tertentu yang membuat kaki nyaman. Frekuensi ini adalah frekuensi alamiah kaki. Orang yang memiliki kaki panjang memiliki frekuensi alamiah lebih kecil sehingga merasa nyaman jika mengayunkannya lebih lambat. Kita dapat memodelkan telapak kaki sampai lutut sebagai

bandul fisis. Frekuensi osilasi bandul fisis bergantung pada panjang bandul. Makin panjang bandul maka makin kecil frekuensi alamiahnya (frekuensi osilasinya).

33. Keunguulan peredam pada shockbreaker adalah untuk menyerap energi pegas. sehingga lama-kelamaan energi pegas berkurang. Akibatnya, simpangannya lama kelamaan berkurang hingga akhirnya berhenti. Jenis peredam menentukan berapa lama pegas akan berhenti berosilasi.

FISI

KA S

MA/

MA

X

179

ω π ωπ

ππ

= ⇒ =

= =

22

3202

160 Hz

f f

f

v = ωR = (320π)(0,5) = 160π m/s

Jawaban: A

7. Benda yang bergerak dengan kecepatan konstan tidak memiliki percepatan sehingga berlaku Hukum I Newton. Tentunya terdapat beberapa gaya yang bekerja pada benda, namun resultannya sama dengan nol sehingga percepatannya juga nol.

Jawaban: C

8. m1 bergerak ke bawah sehingga berlaku:

am m gm m

mm

mm

=

−( )+( )

−( )+( )

−( )+( )

=

=

1 2

1 2

1

1

1

1

2,5 5 10

5

0,25 55

1,25++0,25 = 5

1,25 = 3,75

3 kg

1 1

1

1

m m

m

m

−

=

Jawaban: E

9. mA = 40 kg

mB = 20 kg

F = 120 N

Tinjau sistem:

∑F = ma

120 = (40 + 20) a

a = 120/60 = 2 m/s2

Gaya kontak yang terjadi antara peti A dan B

Cara pertama tinjau benda A: A

F Fkontak

licin

∑F = ma

F − Fkontak = mA a

120 − Fkontak = 40(2)

Fkontak = 120 − 80 = 40 newton

Cara kedua tinjau peti B: B

licin

Fkontak

∑F = ma

Fkontak = mB a

Fkontak = 20(2) = 40 newton

Jawaban: D

10.

m1g

m3g

w2xw2y

w2 f2

T1

T1

x yN2

T2

T2

N3

f3

1

m2 = m3 = 4 kg

Balok 3:

∑ =

=

=

= ( ) ( )

=

F

T f

m g

x 0

0 25 4 1010

2 3

3µ

, N

Balok m2:

∑ =

− − − =

F

T w f Tx

x

0

01 2 2 2

Gaya pada sumbu-Y:

∑ =

− − =

− − == +

F

N F w

N F mgN F mg

y

y y

0

0

02

sin cossin cos ( )

θ θθ θ

Substitusikan persamaan (2) ke (1)

F F mg mg

F F mg mgs

s s

cos sin cos sin

cos sin cos si

θ µ θ θ θθ µ θ µ θ

− +( ) − =

− − −

0

nn

cos sin cos sin

cos sincos

θ

θ µ θ µ θ θ

µ θ θθ

=

−( ) − +( ) =

=+( )

0

0F mg

Fmg

s s

s

−− µ θs sin

Jawaban: E

180

SUPE

R CO

ACH

11. Supaya sistem tepat akan bergerak, harus dipenuhi persamaan berikut.

∑F = ma

F − T − fk = (mA+mB)a

F =(mA+mB)a + mBg + µkmAg

= (30 + 20)(2) + (20)(10) + (0,1)(30)(10)

= 100 + 200 + 30 = 330 N

Jawaban: E

12. Tentukan nilai percepatan sistem terlebih dahulu.

a =m g

m mB

B A

1 101 2

103−

=( ) ( )

+= m/s

Tinjau benda A

T = mAa = 2 103

= 6,7 N

Jawaban: C

13. Gaya dari setiap massa besar pada massa kecil sama besarnya (berlawanan

arah) sehingga: mr

mr

1

1

2

222

=

rr

mm

rr

mm

rr

mm

22

12

2

1

12

22

1

2

1

2

1

2

=

=

=

Jawaban: C

14. m1 = m2 = m3 = m4 = M

F GMMr

F

1 2

11 2

2

8

2

11

6 67 10 8

0 5

1 71 10

6 67 10 8

= =×( ) ( )( )

= ×

=×( )

−

−

−

,

,

,

,

N

(( )( )

= ×

=×( ) ( )

( )= ×

−

−−

2

28

3

11 2

29

0 51 71 10

6 67 10 8

0 5 28 54 10

,,

,

,,

N

NF

FF F F

F F F

F F

F F FR

12 12

22

1 2

12

8

12 3

2

1 71 2 10

1

= +

= =

=

= ×= +

=

−

sehingga

N,

,, ,

,

71 2 0 854 10

3 27 10

8

8

+( )= ×

−

− N

F GMMr

F

1 2

11 2

2

8

2

11

6 67 10 8

0 5

1 71 10

6 67 10 8

= =×( ) ( )( )

= ×

=×( )

−

−

−

,

,

,

,

N

(( )( )

= ×

=×( ) ( )

( )= ×

−

−−

2

28

3

11 2

29

0 51 71 10

6 67 10 8

0 5 28 54 10

,,

,

,,

N

NF

FF F F

F F F

F F

F F FR

12 12

22

1 2

12

8

12 3

2

1 71 2 10

1

= +

= =

=

= ×= +

=

−

sehingga

N,

,, ,

,

71 2 0 854 10

3 27 10

8

8

+( )= ×

−

− N

Jawaban: E

15. Gambar ketiga massa.m

F1

F2m 60° m

aa

a

F

F

FR

F F F

m m m m

F Gm m

r

F G m ma a

F Gma

1 2

1 2 3

1 22

2

2

= =

= = =

=

= ××

=

Resultan kedua gaya (aturan cosinus):

F F F FF

F F F FF

F F

F F F Gma

R

R

R

R R

= + + °

= + +

=

= ⇒ =

2 2

2 2

2

2

2

2 60

2 12

3

3 3

cos

Jawaban: C

16. Energi potensial dua objek bermassa

adalah V GMmr

= − . Besarnya

berbanding terbalik dengan jarak kedua objek, sehingga pada jarak r → ∞, energinya mendekati nol.

Jawaban: C

17. v GMR

= = × × × ×

=

−2 2 6 67 10 3 6 10700

0 83

11 12, ,

, m/s

Jawaban: A

18. Planet memiliki lintasan elips saat mengelilingi Matahari. Energi kinetik planet terbesar dimiliki pada saat planet berada di titik perihelium.

Jawaban: B

FISI

KA S

MA/

MA

X

181

19. Pada balok bekerja gaya 1.000 N dan gaya gesekan. Ditanyakan usaha yang dilakukan oleh gaya yang dikerjakan untuk menggerakkan balok saja sehingga usaha oleh gaya gesekan tidak perlu dihitung. Karena gaya membentuk sudut terharap horizontal, perlu diuraikan terlebih dahulu.

F

F cos 37°

F sin 37°

37°

s

Komponen gaya yang searah dengan perpindahan adalah F cos 37° sehingga usaha yang dikerjakan:

W = F cos 37° s = 1.000(0,8)(25)

= 20.000 = 2 × 104 J

Jawaban: D

20. Karena peluru kembali lagi ke tanah, per pindahan vertikalnya adalah nol. Oleh sebab itu, usaha oleh gaya gravitasi juga nol.

Jawaban: E

21. W = luas di bawah grafik F-s

W = − −( ) ( ) =12

0,35 0,15 5 2 0,3 J

Jawaban: A

22. Berlaku kekekalan energi mekanik.

EMA = EMB

EPA + 0 = EPB + EKB

mgh mgh mv

v

v

v

A B2

A2

A2

A

12

10 20 10 15 12

= 400 300 100

= +

( ) ( ) = ( ) ( ) + ( )−

=

=

110 m s 1−

Jawaban: C

23. W = ∆EK = 12 2

21

2m v v−( )

21 12

2 2

21 4

25 5

22 2

22

21

= ( )=

−( )−

= = −

v

v

v m s

Jawaban: D

24. tan = 34

, sin = 35

sin 37 10 35

6 m

θ θ

h= s =∆ ° =

W nonkonservatif= ∆EM

−

−

−

+( ) − +( )

( ) =

− ( )

=

f s = EP EK EP EK

f mv mgh+

f

∆ 2 1 1 1

2210 0+ 1

20

12

44 5 4 10 6

1050 240

1019

19 N

2( ) ( ) − ( ) ( ) ( )

− = − = −

=

f

f

Jawaban: E

25. F Gm m

r=

= ×( ) ×( )×( )

= ×

−−

−

−

1 22

1127 2

10 2

46

6 7 101 67 10

7 40 10

3 41 10

,,

,

, N

Jika dibandingkan dengan gaya tolak elektrostatis sebesar 4,21 × 10–46 N maka gaya tarik gravitasi antara proton sangat kecil sehingga proton-proton cenderung tolak menolak.

Jawaban: B

26. m

m

v

v

p m vA

B

A

B

A A A=

=

=

=

= ×=−

−

800 kg

400 kg

m s

m s

10

15

800 101

1

==

= ×

=

−

−

8.000 kg m s

6.000 kg m s

1

1

400 15

p m vb b b

Arah positif adalah arah timur

Mobil A ke timur, mobil B ke barat

pA = +8.000 kg ms–1

pB = –6.000 kg m s–1

p p pA B= +

= +( ) + −( )= + −

8 000 6 0001

. .

2.000 kg m s

Jawaban: B

182

SUPE

R CO

ACH

27. Massa bola m = 0,25 kgKecepatan awal v1 = 16 m/s (ke kanan)Kecepatan akhir v2 = –20 m/s (ke kiri)Impuls yang diberikan kayu pemukul pada bola sama dengan perubahan momentum bola

I p p p mv mv

I m v v

= ∆ = − = −

= −( )= − − ( ) = −

2 1 2 1

2 1

0 25 20 16

9

,

N s

Tanda negatif menyatakan bahwa impuls berarah mendatar ke kiri

Gaya rata-rata kayu pemukul pada bola selama selang waktu ∆t = 0,01 s

I F t

F It

= ∆

=∆

= − = −9 0,01

N900

Percepatan rata-rata a dapat dihitung dengan persamaan

F ma

a Fm

=

= = − = − −900 N0,25 kg

3.600 m s 2

Tanda negatif menyatakan bahwa arah percepatan adalah mendatar ke kiri.

Jawaban: E

28. m m

m

v v v v

A B

C

A B C

+ =

=

= = = =

4

1

5 0

;

kg

kg

m s

Jika mobil A dan mobil C mengalami tumbukan tidak lenting sama sekali maka: v v v vA C B' ' ' '= = =

Berlaku hukum kekekalan momentum

m m v m v m m v m v

v vv

v

A B C C A B C C+( ) + = +( ) +

( ) + = +==

'

' ''

'

'

4 5 0 420 5

4 m/s

Jawaban: C

29. mb = 2 kgmp = 100 gram = 0,1 kgvp = 100 m/sv'p = 50 m/s

Hukum kekekalan momentum:

m v m v m v m v

v

v

v

p p b b p p b b

b

b

b

+ = +

( ) ( ) + = ( ) ( ) +

=

=

' '

, , '

'

0 1 100 0 0 1 50 2

2 5

522

= 2,5 m/s

Jawaban: B

30. Tinggi pantulan 1 adalah h1 = 3 m

Tinggi pantulan 2 adalah h2 = 1,5 m

Koefisien restitusi dapat dihitung dengan persamaan:

ehh

= = = =2

1 312

12

21,5

ketinggian bola mula-mula, h

ehh

hhe

h= → = → = =1 12

312

6 m

Jawaban: B

31. Persamaan simpangan: y = A sin θ; y = A sin (ωt + θ0)

T = 24 ms = 24 × 10–3 s

y A= 12

3

12

3

3

60 12

3

360 1

A A=

=

° =

= = °

sin

sin sin

sin

( )

θ

θ π

θ π

rad

rad

ω π π π

θ ω π

= =×

=

= =

−2 2

24 101 000

121 000

122

3T

t t

.

. ( )

rad/s

Samakan nilai θ, sehingga

π π3

1 00012

=

. t

t = 4×10–3 s = 4 ms

Jawaban: B

FISI

KA S

MA/

MA

X

183

32. v t

t v

a

= ( ) −

= → = −( ) =

= − ( )

0 05 5 56

0 0 256

0 22

25 0

, cos

, cos ,

π

π m/s

,, sin

, , ,

05 56

0 1 25 0 5 0 625 2

( ) −

= → = ( ) =

t

t a

π

m/s

Jawaban: B

33. ff

km

km

mm

mm

f f f f

1

2

1

2

2

1

1

1

1 2 2 1

93

3 13

13

30 10

= = = =

= → = = ( ) = Hz

Jawaban: A

34. Cari konstanta gabungan:

k k k

T mk

t

t

= + = + =

= = = =

1 2 150 150 300

2 2 3300

210

0 2

N/m

sπ π π π,

Jawaban: C

35. m = 0,5 kgk = 200 N/mymaks = A = 3 cm = 0,03 m

Periode getaran pegas:

T mk

T

=

= =

= =

2

2 0 5200

2 1400

2 120

0 1

π

π π

π π

,

, sekon

vmaks = ωA

vT

A

v

maks

maks m/s

=

= ( ) =

2

20 1

0 03 0 6

π

ππ,

, ,

Jawaban: B

B. Esai

1. Berikut diagram benda bebas balok yang dilepaskan pada permukaan bidang miring yang licin.

α

α

ww cos α

w sin α

Arah percepatan balok yaitu meluncur turun. Gaya yang menimbulkan percepatan tersebut adalah komponen gaya berat w sin α sehingga dapat dituliskan:

∑F = ma

w sin α = ma

mg sin α = ma

Diinginkan percepatan 50% dari nilai percepatan gravitasi. Berarti, substitusi

nilai a = 12 g sehingga

mg m g

mg mg

sin

sin

sin

α

α

α

α

=

=

=

= °

12

12

1230

2. r1 = Rr2 = 2R

w w m g m g

w wm GM

rm GM

r

1 2 1 2

1 21

12

2

22

: :

: :

=

=

Nilai m1 = m2 = m (bendanya sama) sehingga:

w wm GM

rm GM

r r r

R R

w wR

R w

1 21

12

2

22

12

22

2 2

1 2 2

2

1 1

1 12

1 41

: : :

:

:

= =

=( )

= × → 11

2

2

4

10 0004

2 500

w

w

=

= =. . newton

184

SUPE

R CO

ACH

3. EM EM

mgh mv mgh mv

v

v

v

A B

A A B B

B

B

B

=

+ = +

( ) ( ) + = +

=

12

12

10 0 5 0 0 12

5 12

2 2

2

2

,

== 10 m/s

4. m1 = m v1 = 5um2 = 5mv2 = uKarena setelah tumbukan kedua bola bersatu maka kecepatan akhir kedua bola sama, yaitu v'.

Dengan menggunakan hukum kekekalan momentum:

m v m v m m v

m u m u m m v

mu mu mv

v u

1 1 2 2 1 2

5 5 5

5 5 6106

+ = ( )( ) + ( ) = +( )

+ =

=

+ '

'

'

' == 53

u

5. a v AT

Am = = = ( ) =ω π ππ

2 2

2

10 40 m/s

b. F mg kA

T mk

kT

m

F kA

= =

= → =

= ( ) =

= = ( ) ×

2 22

2

2

2

4 4

4

4

0 1 1 6

1 6 10

π π

ππ

. , ,

,

N/m

110

0 016

3−( )= , N