Cara membaca = terakhir sebelum skala bawah. Garis atas = skala utama. Garis bawah = skala nonius (tambahan)

1. Cara membaca jangka sorong Cara membaca = terakhir sebelum skala bawah Garis atas = skala utama

1

2

0 1

2 3

4 5

6

7 8

Garis bawah = skala nonius (tambahan) Cara membaca = skala yang berimpit dengan skala utama

Hasil bacaan jangka sorong = {skala utama + (skala nonius x ketelitian)} + ketidakpastian Karena dalam pengukuran terjadi kesalahan (error), maka hasil bacaan diberi angka ketidakpastian, yaitu 1  ketelitian 2  Ketidakpastian jangka sorong 1 =  0,01 cm = 0,005 cm 2  Hasil bacaan = {skala utama + (skala nonius x ketelitian)} + ketidakpastian = {1,1 ± (4 x 0,01)} = (1,1 ± 0,04) = (1,14 ± 0,005) cm

6

 Dua buah vektor searah,  = 0 maka R = F 1 + F2 o  Dua buah vektor tegak lurus,  = 90 maka

R  F12  F22  Dua buah vektor berlawanan arah,  = 180 maka =

o

R = F1 – F2, jika F1 > F2 R = F2 – F1, jika F2 > F1 Selisih = S  F12  F22  2F1F2cosα y

o

A

Ay



x Ax

Komponen – komponen vektor Ax = A cos θ Ay = A sin θ A tan θ = x Ay 2. Vektor satuan  Vektor satuan adalah vektor yang panjangnya satu-satuan.  i, j, k adalah vektor satuan dalam arah x, y, z.

11

Dengan dalil Phytagoras diperoleh:

F2 = Fx2 +Fy2 = 42 +62 = 52 N α = sudut apit antara F1 dan F2 4 maka cos α = 52 Resultan 2 vektor = F12  F12 +F22 +2F1F2 cos α = 42 +





2

52 +2.4 52 .

4 52

= 16+52+32= 100=10 N

Trik= 4Fx2 +Fy2 = 4.42 +62 = 64+36= 100=10 N 4. Penjumlahan/resultan lebih dari 2 vektor y+

0

60

+ Fx

xFy = -F sin 

X+

Fx = + F cos α  = + F cos 60

y-

13

Langkah-langkah mengerjakan penjumlahan/resultan lebih dari 2 vektor 1. Konsepnya  Jika F dijabarkan ke arah sumbu x  Fx = + F cos .  Jika F dijabarkan ke arah sumbu y  Fy = + F sin .  Nilai F diberikan + ketika = di sumbu x ke kanan di sumbu y ke atas.  Nilai F diberikan  ketika = di sumbu x ke kiri di sumbu y ke bawah. 2. Sudut yang digunakan adalah sudut terhadap x bukan terhadap y y+ -F1 = 10 N

-Fx = + F1 cos 60 1 = 10 . , Fx = 5 N 2 -Fy = + F1 sin 600

0

30

bukan sin 30o , yaitu sudut y 1 = 10 . 3, Fy = 5 3 N 2

0

60

X+

3. Jika F tidak membentuk sudut terhadap x atau y (bekerja di garis x atau y) jika F bekerja di x, maka Fx = +F dan Fy = 0 jika F bekerja di y, maka Fx = 0 dan Fy = +F

14

Bandingkan ketika mencarinya dengan cara biasa yang sangat lama.......!!!!!!! F2 = 150 N

F13 = 100 N  Maka, total gaya F2 – F13 = 150 – 100 = 50 N 2.

F2 = 3 N F1 = 3 N

60° 60° F3 = 6 N

F

F

x

y

F1x  3 N

F2 x  F2 cos 60

F1 y  0 N o

1  3   1,5 N 2 F3x  F3 cos 60o 1  6  3 N 2 Fx  1,5 N



18

F2 y  F2 sin 60o 1 3  1,5 3 N 2 F3 y  F3 sin 60o  3

1 3  3 3 N 2 Fy  1,5 3 N  6 



R 

 Fx    Fy 1,5   1,5 3  2

2

2 2

 2,25  6,75  3N

TRIK RAHASIA Cari gaya yang sama F1 = F2 = F o Sudut  = 120 , R = F12 = 3 N F12 = 3 N

R total = F3 – F12 =6–3 =3N

F3 = 6 N

Uji Kompetensi 1. UN 2009 Hasil pengukuran panjang dan lebar sebidang tanah berbentuk empat persegi panjang adalah 15,35 m dan 12,5 m. Luas tanah menurut aturan angka penting …. 2 2 A. 191,875 m D. 192 m 2 2 B. 191,9 m E. 191,87 m 2 C. 191,88 m 2. Sebuah batang tembaga diukur panjangnya dengan jangka sorong. Pengukuran dilakukan satu kali

19

TRIK: s  vo  v t

.t 2 50  20 70 s x5  x5  35 x 5  175 m 2 2

2. Seorang anak mengayuh sepeda dari keadaan bergerak. Mula-mula sepeda bergerak dengan kecepatan vo = 10 m/s. Sepeda dipercepat dengan 2 percepatan 2 m/s . Hitung berapa kecepatan sepeda setalah t = 4 detik? Diketahui = vo = 10 m/s 2 a = 2 m/s t=4s Ditanyakan = vt?  GLBB dipercepat Jawab a. Cara rumus: vt = vo + at = 10 + 2.4 = 10 + 8 = 18 m/s b. Cara logika sederhana: 2

Percepatan 2 m/s artinya tiap detik kecepatan sepeda bertambah 2 m/s dalam waktu 4 s perubahan kecepatannya adalah 2 x 4 = 8 m/s. Karena mula-mula sepeda bergerak dengan kecepatan 10 m/s, maka kecepatan sepeda sekarang 10 + 8 = 18 m/s.

27

Rumus gerak vertikal berasal dari rumus GLBB - vo = 0 - vt = ada - g = +a - s=h v v t  vo  at  v t  0  gt  t  t g 1 s = v o . t + a t2 2 1 2 1 2 h = 0 + gt = gt 2 2 2h 2 t = g

t=

2h ,t = waktu naik/turun (m/s) g

v t2 = v o2 + 2as v t2 = 0 + 2gh v t2 = 2gh v t = 2gh,v t = kecepatan akhir (m/s) b. Gerak Vertikal ke Atas Trik cara mencari rumus (dari rumus GLBB): - vt = 0 m/s (saat di puncak kecepatan 0) - s diganti h - Arah gerak ke atas (a ke atas) padahal g (percepatan gravitasi) ke bawah jadi a = -g v t = v o + at

0 = v o - gt t=

34

vo ,vo = kecepatan awal (m/s) g

GERAK MELINGKAR DAN GERAK PARABOLA

A.

Gerak Melingkar Beraturan (GMB)

TRIK BELAJAR GMB  Identik GLB s (jarak) ~  (posisi sudut) rad v (kecepatan)m/s ~  (kecepatan sudut) rad/s 2 2 a (percepatan)m/s ~  (percepatan sudut) rad/s Dasar GMB: 0  Satu putaran = 360 = 2 radian 3600 0  1 radian = = 57,3 2π  Periode (T) = waktu yang diperlukan untuk menempuh satu putaran (s) T = t /n  Frekuensi (f) = Banyaknya putaran per sekon (Hz)

f=

n t

T=

t n

Keterangan: t = waktu untuk berputar (s) n = Banyaknya putaran

41

     

Analogi: Gerak naik 1. v t = vo ± at

s ∞h vo = ada vt = 0 a = arah ke atas g = arah ke bawah a = -g

0 = vo sin α - gt gt = vo sin α t=

v o sin α g

t waktu naik/turun

2. v t2 = vo2 ± 2 as 0 = (vo sin α)2 - 2 gh 2gh = vo2 sin2 α

hmax =

vo2sin2α 2g

(hmax) tinggi maksimum

3. s = vo . t ± ½ at2 h = vo . t – ½ gt

2

h  h (tinggi) saat t – detik Tips mencari hmax: 1 2 hmax  g  tmax  8

49



a

T1

m1

T

T2

m2  m1  m2  m1

g

2m1m2 g m1  m2

m2



a2  T T

T

m1 m2

60

m2  2m1  m2  4m1

g



m1

T T

a2

m2  2sm1   m2  4m1

m2

g

Contoh soal: 1. Sebuah benda yang beratnya W meluncur ke bawah dengan kecepatan tetap pada suatu bidang miring kasar. Bidang miring tersebut membentuk o sudut 30 dengan horizontal, koefisien gesekan antara benda dan bidang tersebut adalah .... 1 W A. 3/2 W C. 1/2 W E. 2 3 1 W 3W B. D. 2 3 N Pembahasan:

mg sin ѳ mg cos α

w

ѳ

61

Cara biasa: Benda 2

F = m . a W2 - T = m2 . a 60 - T = 6a T = 60 - 6a...(1) Benda 1 T - 40 = 4a T = 4a + 40....(2) 60 - 6a = 4a + 40 20 = 10a a = 2m/s2 T = 60 - 6a = 60 - 12 = 48 N

TRIK  2m1  2 4 8 T W2   60   60  48 N 46 10  m1  m2 

D.

DINAMIKA ROTASI

1. Torsi/Momen Gaya (τ) Torsi adalah ukuran keefektifan sebuah gaya yang bekerja pada suatu benda untuk memutar benda tersebut terhadap titik poros tertentu. τ = F x d sin θ Arah momen: ( + ) = searah jarum jam ( - ) = berlawanan jarum jam

63

Keterangan: τ = Momen gaya (Nm) F = gaya (N) α = jarak gaya ke sumbu rotasi (m) 2. Momentum Anguler/Sudut L = m.v.r = m.(ω.r). r = mr2 .ω = I .ω  Hukum II Newton

 τ = I. α  Hukum II momentum sudut menjadi: L Σ  t ΔL I(t  o ) I  Σ     I. α Δt Δt Δt Keterangan: L = Momentum sudut 3 I = Momen inersia (kg/m ) ω = Kecepatan sudut (rad/s) 2 α = Percepatan sudut (rad/s ) Contoh soal: Kincir angin berputar dengan kecepatan sudut awal -3 2 5 rad/s dan momen inersianya 2,5 x 10 kgm agar kincir tersebut berhenti dalam waktu 2,5 sekon, momen gaya yang harus dikerjakan adalah .... -2 -4 A. 2,5 x 10 Nm D. 2,5 x 10 -3 -4 B. 7,5 x 10 Nm E. 2,5 x 10 Nm -3 C. 5 x 10 Nm

64

5. Dinamika Rotasi Benda Tegar  Hukum II Newton untuk gerak translasi F  m x a

 Hukum II Newton untuk gerak rotasi a T  I x  dengan α  R

T  F . d

TRIK BARU… RUMUS CEPAT!!! 1. Benda tegar bidang miring h

R Benda tegar yang menggelinding pada bidang miring memiliki: a) Kelajuan sampai dasar bidang v

2 gh k 1

b) Percepatan g sin θ a= k+1 K = koefisien pada momen inersia 2

I=kmR

Contoh: Silinder pejal =

74

2 1 , Bola pejal = 2 5

2. Dua buah benda dihubungkan dengan seutas tali melalui katrol MR a.

m1

m2

Percepatan kedua balok m1 - m2   g F a= = m 1 m1 +m2 +k . m 2 b.

m2 m1 Untuk m1 > m2 (m1 - m2 ).g F a= = m 1 m1 + m2 + k . m 2 c. m

m

75

Untuk sistem di atas m2 = 0 a=

m.g m+ k . m



I

T= 



 I+MR2 

mg

Contoh soal: Sebuah silinder pejal homogen dengan jari-jari R dan massa m menggelinding dari keadaan diam menuruni bidang miring. Besar kecepatan saat sampai di dasar ... d

h

a) v =

4 gh 3

b) v = 2gh

c) v =

2h g

e) v = 4gh

d) v = gh

k silinder pejal = ½ v

E.

2gh  k 1

2gh  1 1 2

4 gh 3

Kesetimbangan Benda Tegar

 Kesetimbangan benda tegar Suatu benda dianggap seimbang jika jumlah gaya dan momen gaya yang bekerja pada benda sama dengan nol.

76

Logika seimbang gaya ke atas = gaya ke bawah FA + FB = Wbatang + Wbeban

210 + FB = 200 + 440 N FB = 640 - 210 FB = 430 N TRIK PRAKTIS F .X  F X FB  1 1 2 2 X total

FA =

W batang . X batang + W beban . X beban

X total 200 . 1 2 L  440. 1 4L  L 100 L  110L 210L  FA = 210 N   L L W batang . X batang + W beban . X beban FB = X total 200 . 1 2 L  440. 3 4 L 100 L  330L 430L    L L L FB = 430 N

Mencari Besar Resultan Gaya dan Letak Titik Tangkap 20 N B

A 0,4 m

1m 10 N

40 N

81

1 .18+30 9+30 39 T= 2 = =  T = 65 N 1 1 sin30 2 2 a. Tangga ada orang W .x+W2 .y μ= 1 .ctg α  W1 +W2  y

x W2 W1 α

Contoh soal: B

A 6m

Tangga homogen seberat 400 N bersandar pada dinding licin tangga tersebut dinaiki oleh orang yang mempunyai berat 600 N. sesaat sebelum tangga tergelincir, orang tersebut sudah naik setinggi 6 cm dari ujung tangga (A). Besar koefisien statis antara tangga dengan lantai ….

86

A. 0,38 B. 0,42

C. 0,45 D. 0,56

E. 0,75

Kesetimbangan tangga ½ x panjang tangga B 5m

6m

5m

Worang

6m

ctg =

Wtangga

6 8

α A

6m

1 6 W1 . +W2 . 2 10 μ= .ctg α Wtangga +Worang .10





1 6 400. +600. 2 10 . 6 = 200+360 . 6 μ= 1000 8  400+600 .10 8 =

560 6 420 x = = 0,42 10000 8 1000

87

F.

Titik Berat

Titik berat (Z0) = titik tangkap resultan dari seluruh bagian-bagian kecil (gaya berat) benda y - (x1, y1) - (x0, yo) - (x2, y2) - (x3, y3)

x N

w w i

xo =

i

i=1 N

w

=

w1 x1 +w2 x2 ..... w1 +w2 ....

i

i=1 N

w y

i i

yo 

i 1 N

w



w1 y1  w2 y2 ...... w1  w2 ....

i

i1

W (berat) ~ m (massa) ~ v (volume) ~ A (luas) ~ l (panjang) Rumus W dapat diganti tergantung pertanyaan soal. Jadi bisa saja: Luas: A X +A X +A X ..... xo = 1 1 2 2 3 3 A2 +A2 +A3 +.......

89

yo 

A1 y1  A2 y2  A3 y3 ..... A1  A2  A3  .......

Pada pemotongan luas berlaku A X  A2 X2 X0 = 1 1 A1  A2 A y  A2 y2 y0 = 1 1 A1  A2 Masing-masing benda mempunyai letak titik berat tersendiri. Contoh soal: 1. Sebuah bidang homogen ABCDE seperti gambar

8

Y (cm) E

C D

5

A

0

2

B 4

X (cm)

Letak titik ordinat bidang yang diarsir terhadap sisi AB adalah .... 4 4 6 A. 1 C. 3 E. 5 15 13 13 5 3 B. 3 D. 5 8 5

90

Penyelesaian:

n

360 360 1  1  7  45

Bayangan yang dibentuk adalah 7 buah bayangan. b. Cermin Cekung  Cermin cekung disebut cermin positif, yaitu f (+) karena titik fokus di depan cermin.  Sinar pantul bersifat mengumpul (konvergen).  Sifat bayangan tergantung letak benda.  Sinar-sinar istimewa pada cermin cekung, yaitu: 1. Sinar datang sejajar sumbu utama, akan dipantulkan melalui titik focus. 2. Sinar datang melalui titik fokus akan dipantulkan sejajar sumbu utama. 3. Sinar datang melalui M akan diteruskan.

Ruang 1 = antara o ke f Ruang 2 = antara f ke R Ruang 3 = belakang R Ruang 4 = belakang cermin  Menentukan sifat bayangan tanpa perlu menggambar dengan sinar istimewa.

99

n xS' 1x68,6 M= u = = 0,7x nlxS 1,6x60

TRIK M 

R S n  1  R 15  0,7x 60 1,6  1  15

 Pembiasan pada Bidang Datar

d' =

d nzat

3 TRIK = Untuk benda dalam air: d' = d 4 Keterangan: d = kedalaman sesungguhnya ď = kedalaman yang tampak nzat = indek bias zat Contoh Soal: Dalam sebuah tabung diisi eter (indeks bias b = 1,36), jarak antara permukaan cairan dengan alas tabungnya adalah 17 cm. Bila kita memandang secara tegak lurus dari permukaan, berapa besarkah kelihatannya jarak antara alas tabung dan permukaan cairan? A. 8,5 cm B. 10 cm C. 12,5 cm D. 15 cm E. 17 cm

106

Dua lensa terpisah sejauh x 1 1 1   fg f1  f2  x  Lensa saling melekat P gabungan = P1 + P2 + P3 .. Contoh soal: Jika dua buah lensa tipis yang berjarak fokus -5 cm dan 10 cm digabungkan, maka kekuatan gabungannya adalah .... (dalam dioptri) A.

1 2

C. 4

E. -10

B. -2 D. 5 Jawab: 100 100 100 100 P= + = + = -10 f1 f2 -5 10 4. Pemantulan sempurna n' sin iB = n  n' < n  sinar datang dari medium lebih rapat (n besar) ke medium lebih renggang (n kecil)  sudut batas = sudut datang yang menyebabkan o sudut bias 90 Agar terjadi pemantulan sempurna maka sudut datang harus lebih besar dari sudut batas.

109

1. Pola terang (maksimum)

yd  n L dsin   n N = 0, 1, 2, …… 2. Pola gelap (minimum)

yd 1  2n  1  L 2 1 dsin   2n  1  2 Keterangan: d = jarak antar celah (m) L = jarak celah ke layar Y = jarak terang/gelap ke–n ke terang pusat BEDAKAN ARTI Y DAN Y !!!!!!!!! L.λ 2d Keterangan: Δy = jarak antara garis gelap/terang ke gelap atau terang berikutnya Δy =

Contoh soal: 1. Sebuah celah ganda disinari dengan cahaya yang panjang gelombangnya 640 nm. Sebuah layar diletakkan 1,5 meter dari celah. Jika jarak kedua celah 0,24 mm, jarak dua pita terang yang berdekatan adalah .… A. 4 mm C. 8 mm E. 9,6 mm B. 6 mm D. 9 mm

117

Skala = titik didih – titik lebur o

o

o

o

o

C : R : (F – 32 ) : (K – 273 ) = 100 : 80 : 180 : 100

o

Skala = o o C : R : (F – 32 ) : (K – 273 ) = 5 : 4 : 9 : 5 : 5 Kata Kunci Belajar: Suhu Fahrenheit diawali dari o o titik lebur 32 dan Kelvin 273 sehingga ketika kita mengukur suhu menggunakan Celcius, hasilnya o 10 kemudian dipindah ke Fahrenheit, di skala o o o Fahrenheit 10 + 32 = 42 F a. Mengubah Skala Termometer (C/R/F/K) ke Termometer (C/R/F/K) Contoh soal: o Suatu benda suhunya 80 C. Berapa suhu benda tersebut dalam skala Fahrenheit (F)? 5 5 Cara Rumus  C  R  (F  32o )  (K  273o ) 4 9 Contoh soal: o Suatu benda suhunya 40 C. Berapa suhu benda tersebut dalam fahrenheit?: o Diketahui: Nilai dalam soal = 40 Skala dalam soal (celcius) = 5 C:R:F:K=5:4:9:5 Skala yang dicari (Fahrenheit ) = 9 Ditanyakan: Nilai yang dicari (Fahrenheit)?

127

Jawab: Kata kunci belajar *) Hafalkan C : R : F : K = 5 : 4 : 9 : 5 o *) Perhatikan titik lebur untuk F = 32 o K = 273 o o Berarti F 32 lebih awal dan K 273 lebih awal dibanding C dan R

nilai yang dicari  

skala yang dicari  nilai dalam soal skala dalam soal 8 9  40  32 5 1

 72  32  104o F o Nilai dalam Fahrenheit = 104 F o

o

100

212

o

o

0

32

C

F +32 o

C diubah ke F = +32 o karena 0 F 32 lebih awal daripada C TRIK Khusus mengubah ke K lewatkan ke bentuk o C + 273

128

Rumus

x  xo y  yo  x t  xo y t  yo

Contoh soal: Termometer x saat dimasukkan ke dalam es yang o mencair diberi angka -25 x dan saat dimasukkan o ke dalam air mendidih diberi angka 125 x. Berdasarkan kondisi tersebut, termometer x dan termometer celcius menunjukkan angka pada suhu …. o o o A. 25 C. 50 E. 90 o o B. 40 D. 75 Diketahui: o xt = 125

x o xo = -25

o

yt = 100

y = termometer celcius o yo = 0

Ditanyakan: x = y? Jawab: Menunjukkan angka sama berarti x = y (hasil pengukuran termometer x = termometer Celcius) x  xo y  yo  x=y x t  xo y t  yo

x  xo x  yo  x t  xo y t  yo

130

x  (25) x0  125  (25) 100  0 x+25 x = 150 100 150x = 100(x + 25)

150x = 100x + 2500 150x - 100x = 2500  50x = 2500  x = 50oC

B.

Pemuaian

 Apabila benda menyerap kalor, maka benda tersebut memuai.  Besarnya pemuaian tergantung dari jenis benda, ukuran semula, dan perubahan suhu.  Pemuaian dapat terjadi pada zat cair, zat padat, dan zat gas. 1. Pemuaian pada zat padat a. Muai panjang Diketahui: o

T0 = suhu awal = suhu sebelum memuai ( C)  0 = panjang benda sebelum memuai = panjang awal (m) ℓ = pertambahan panjang (m)

o

Tt = suhu setelah memuai = suhu akhir ( C)  t = panjang benda setelah memuai = panjang akhir (m)

131

 t   0  1   0    T 



 50 1  50  1,9  10 5  100



 50,095 cm

Panjang batang kuningan setelah dipanaskan 50,095 cm. o

2. Pada suhu 30 C sebatang aluminium panjangnya 2 m kemudian dipanaskan sehingga panjangnya menjadi 2,0024 m. Jika koefisien muai o panjang alumunium 0,000024/ C suhu akhir aluminium saat dipanaskan adalah .... Diketahui: T0  30o C 0  2 m  t  2,0024 m   0,000024 / oC Ditanyakan = Tt ? (gunakan Rumus 2) T = Tt - T0

Tt = T0 + T Tt = 30oC + T0 

t - 0  0 . ΔT

2,0024  2 2 x ΔT 2,0024  2 240 x 10-5 T    50 o C 0,000048 48 x 10-6 o o o o Tt = 30 + T Tt = 30 + 50 = 80 C 0,000024 =

b. Muai Luas p

l

133

HA HB k A .A A . TA kB .AB . TB  A B karena ukuran kedua logam sama A A = AB ,  A   B k A (TA - Ts ) = KB (Ts - TB ) K A (80 - Ts ) = 2 k A (Ts - 5) 80 - Ts = 2 Ts - 10  3 Ts = 90o  Ts = 30oC TRIK:

Ts 

n TB  TA n1

 kB = 2 kA

KB berkoefisien 1, kalikan suhu berkoefisien 1 dengan n, n = perbandingan koefisien A dan B 2.5o + 80o 90o = =  Ts = 30oC 2+1 3 2. Konveksi Konveksi adalah perpindahan kalor melalui medium dan medium itu sendiri ikut berpindah. Contoh: perpindahan kalor pada air yang direbus, ventilasi kamar, cerobong asap, kompor, kipas angin. Q H= =h.A.ΔT t H = h A ΔT Q = h .A. ΔT . t Keterangan: 2o h = tetapan konveksi (W/m C) o T = perbedaan suhu kedua tempat berbeda ( K) o H = laju kalor (W=J/ K) Q = kalor yang merambat (J) t = waktu (s)

147

Cara biasa: Pada Loop 1 - E 1 – E 3 + I 1 . R 1 + I 3 . R3 = 0 - E1 – E3 + I1 . R1 + (I1 + I2) R3 = 0 - E 1 – E 3 + I 1 . R 1 + I 1 . R3 + I 2 . R 3 = 0 - E1 – E3 + I1 (R1 + R3) + I2 . R3 = 0 …….(1) Pada Loop 2 - –E2 – E3 + I2 . R2 + I3 . R3 = 0 - –E2 – E3 + I2 . R2 + (I1 + I2) R3 = 0 - –E2 – E3 + I2 . R2 + I1 . R3 + I2 . R3 = 0 - –E2 – E3 + I1 R3 + I2 (R2 + R3) = 0 …….(2) Langkah terakhir eliminasi persamaan (1) dan (2) Cara Trik  Hitung V3 =±

Ε1

±

Ε2

±

R1 +r1  R2 +r2  R3 +r3 

V3 R3  I1  selisih V3 dan E1 = I1 (R1 + r1) I2  selisih V3 dan E2 = I2 (R2 + r2)

 Hitung I3 =

166

Ε3

xR tot

6 I1 + 9 I2 = -12 6 I1 + 9 (-6) = -12 6 I1 – 54 = -12→6 I1 = 54 – 12→6 I1 = 42→ I1 = 7A I3 = I 1 + I 2 I3 = -6 + 7 = -1 A V3 = I3 . R3 = 1 . 6 = 6 V TRIK CEPAT:

V3 =±

Ε1 Ε2 ± xR R + r R  1 1   2 + r2  tot

 -12 -6  6 -12-12 6 -24 6 x = x =6 V = x = 6 4 6 4  6 3 4

D.

Energi Listrik dan Daya Listrik

 Energi listrik Energi listrik adalah energi yang disebabkan oleh mengalirnya muatan listrik dalam suatu rangkaian listrik tertutup. W=VxIxt V V = I . R, I = maka R 2 W=I .R.t V2 t W= R Keterangan: W = energi listrik (J) V = tegangan (V)

168

agar setiap pembagian skalanya menunjukkan arus 5 A. Maka perlu diberi hambatan paralel sebesar…. A. 15 ohm D. 0,024 ohm B. 0,15 ohm E. 0,015 ohm C. 0,03 ohm Penyelesaian: Diketahui: RA = 0,006 ohm, n = 5 Ditanyakan: Rs? Jawab: RA 0,006 Rs = = n-1  5-1 Rs = 0,0015 ohm 2. Voltmeter

R

V

Rv

V = voltmeter Rv = tahanan dalam voltmeter (harus besar)  Memperbesar batas ukur:

Rd V

Rv

V 173

PERSAMAAN GERAK DALAM BIDANG

A.

8

Posisi

 Kedudukan suatu benda

r = xi + yj  Perpindahan r = r2 - r1 r = (x2 - x1 ) i + (y2 - y1 ) j  Nilai dan arah perpindahan

Δr = (x2 -x1 )2 +(y2 -y1 )2 tan θ =

B.

y2 -y1 x2 -x1

Kecepatan lim

Δr dr = Δt  0 Δt dt

 Kecepatan sesaat:

v=

 Kecepatan rata-rata:

v

r r2  r1  t t2  t1

179

 Persamaan kecepatan rata-rata v = vx i+v y j 2 2  Besar kecepatan v = v x +v y

 Menentukan posisi dari kecepatan =



r  ro  vdt

C.

Percepatan

lim Δv dv d2 x = = Δt  0 Δt dt d2 t v v2  v1   Percepatan rata-rata = a  t t2  t1  Percepatan sesaat = a =

 Persamaan percepatan rata-rata = a = ax i+ay j 2 2  Besar percepatan= a = ax +ay

 Menentukan kecepatan dari percepatan =



v  vo  adt Contoh soal: 1. Kedudukan sebuah benda titik yang bergerak pada bidang datar dinyatakan oleh persamaan: r  (5t2  2t)i  6tj dengan ketentuan t dalam meter dan t dalam sekon nilai percepatan benda pada saat t = 2 sekon adalah? 2 2 2 A. 6 m/s C. 18 m/s E. 28 m/s 2 2 B. 10 m/s D. 24 m/s

180

A. Simpangan maksimum, kecepatan dan percepatannya maksimum. B. Simpangan maksimum, kecepatan dan percepatannya minimum. C. Simpangan maksimum, kecepatannya maksimum, dan percepatannya nol. D. Simpangan maksimum, kecepatannya nol, dan percepatannya maksimum. E. Simpangan maksimum, energinya maksimum. Penyelesaian: Pada saat simpangan maksimum y = A dapat ditentukan kecepatan dan percepatan dengan rumus. V=ω V=ω V=0 α = ω2 y maksimum.

A2  y2 A2  A2

karena y maksimum maka α juga

3. Pada simpangan y = 5 cm percepatan getaran 2 selaras α = -5 cm/s . Maka pada simpangan 10 cm 2 percepatannya dalam cm/s adalah .... A. –25 C. –10 E. –1,25 B. –20 D. –2,5 Penyelesaian: Cara biasa: a1 = ω2 .y1  -5 = ω2 .5  ω2 = - 1

a2 = ω2 . y2 = - 1.10 = - 10 cm TRIK : a2 =

194

y2 10 .a1 = (-5) = - 10 cm y1 5

Sesudah tumbukan

Tanda Kecepatan Ke kanan v = (+) Ke kiri v = (-)

Benda menyatu = m = m1 + m2 v1= v2 = v Dalam peristiwa tumbukan tidak lenting sama sekali berlaku: o Hukum kekekalan momentum Momentum sebelum tumbukan = momentum sesudah tumbukan

p1 + p2 = p1' +p2' m1 . v1 + m2 v2 = m1 v1' + m2 v2' o Koefisien restitusi e = 0 sehingga v1 = v2 = v  (tumbukan di mana kedua benda bersatu setelah tumbukan) e=-

 v1 -v2   v1 -v2 

v1 = v2 = v 

Contoh soal: Sebuah balok massanya 4,9 kg terletak pada papan datar licin terkena peluru yang massanya 0,1 kg dengan kecepatan 30 m/s dan peluru bersarang di dalamnya. Maka kecepatan balok sekarang .... A. 2,5 m/s D. 0,6 m/s B. 2 m/s E. 0,4 m/s C. 0,8 m/s

214

2. Tumbukan lenting sempurna v1 Sebelum Tumbukan v2 m2

m1 v2

v1

m2

m1 Setelah Tumbukan

Dalam tumbukan lenting sempurna berlaku: a. Hukum kekekalan momentum P1 + P2 = P1΄ + P2΄ m1v1 + m2v2 = m1v'1 + m2v'2 ....(1)

b. Koefisien restitusi 1 (e = 1) e=-

 v1 -v2   v1 -v2  1=

 v1 -v2   v1 -v2 

v1 -v2 = -v1' -(-v2' ) v1 -v2 = -v1' +v2' v1 - v2 = v'2 - v1' v'2 - v1' = v1 - v2 ...(2)

216

Jawab: Sebelum tumbukan Benda 1

Benda 2

V1 = 10 m/s m1 = 4 kg

m1 = 6 kg

ke kanan = + 10 m/s

V2 = 5 m/s

ke kanan = + 5 m/s

Sesudah tumbukan Cara biasa: Tumbukan tak elastis benda menyatu dan kecepatan kedua benda sama. m' = m1 + m2 v’ = v1 + v2

Keterangan: Searah = tanda + Berlawanan = tanda 

TRIK PENDEK m v  m2 v2 (4.10+6.5) 70 v' = 1 1  v' = = = 7 m/s m1  m2 (4+6) 10 TRIK RAHASIA BERPIKIR LOGIKA TANPA RUMUS Sebelum tumbukan m1 = 4 kg

m2 = 6 kg

v1 = 10 m/s

P1 = 4 x 10 = 40 kg m/s

v2 = 5 m/s P2 = 6 x 5 = 30 kg m/s

Setelah tumbukan Karena searah momentum total ptot = p1 + p2 = 40 + 30

219

ηA v L Keterangan: F = gaya yang bekerja (N) A = luas keping yang bersentuhan dengan 2 fluida (m ) v = kelajuan (m/s) L = jarak antara dua keping (m) η = koefisien viskositas (kg/ms atau Pa s)

1. F =

2. Fs = 6 πη r V Keterangan: Fs = gaya hambatan (N) r = jari-jari bola (m) V = kelajuan relatif benda terhadap fluida (m/s) 22 π = atau3,14 7 Kecepatan terminal: kecepatan maksimum yang dicapai saat suatu benda dijatuhkan bebas dalam suatu fluida kental.

2 r2 .g VT = . ρb -ρf  9 η Keterangan: VT = kecepatan terminal (m/s) r = jari-jari bola (m) η = koefisien viskositas fluida (kg/ms) 3 ρb = massa jenis benda (kg/m ) 3 ρ f = massa jenis fluida (kg/m ) 2 g = percepatan gravitasi (m/s )

233

Contoh soal: Hitung kecepatan sebuah terminal bola yang berdiameter 4 mm yang jatuh ke dalam air yang o 3 suhunya 20 C! (massa jenis bola 2700 kg/m dan -3 viskositas 1,7 x 10 Pa s) Diketahui: -3 η = 1,7 x 10 3 ρ bola = 2700 kg/m 2 ρ fluida = 1000 kg/m -3 R = 2 x 10 m 2 g = 10 m/s Ditanyakan: VT? Jawab:

VT  

B.

2R2 g  bola - fluida  9 2(2x10-3 )2 (10)(2700-1000) 9.1,7x10

-3



80  8,9 m/s 9

Fluida Dinamis (Mengalir)

1. Persamaan Kontinuitas Debit Fluida (Q): Banyaknya fluida yang mengalir melalui suatu penampang dalam selang waktu tertentu. Q=A.v V A.v = V t Q= t Keterangan: 3 Q = debit (m /s) 3 V = volume fluida (m ) t = waktu (s)

234

c. Venturimeter dengan Manometer

v1

A1

v2

A2 h

’

P2

P1 v1 =A2

2 (ρ' - ρ) g h ρ (A12 - A22 )

2 (ρ' - ρ) g h ρ (A12 - A22 ) ('  ) v22  v12  2 gh '

v 2 = A2

Contoh soal: Debit air yang melalui sebuah pipa air adalah 3 3000 cm /s. Luas penampang pipa utama dan pipa yang menyempit dari sebuah venturi 2 2 meter masing-masing 40 cm dan 10 cm . Jika -3 3 massa jenis raksa 13,6 x 10 kg/m dan g = 10 2 m/s . Tentukan: a. Kelajuan air pada pipa utama dan pipa kecil! b. Beda ketinggian raksa dalam kedua kaki manometer! Penyelesaian: 3 -6 3 Diketahui: Q = 3000 cm /s = 3000 x 10 m /s 2 -4 2 A1 = 40 cm = 40 x 10 m 2 -4 2 A2 = 10 cm = 10 x 10 m

243

   

x y =  A sin 2 πf ( t ± ) v A (+)  arah simpangan dari atas ke bawah A (-)  arah simpangan dari bawah ke atas + (dalam sin)  arah gelombang merambat ke kiri - (dalam sin)  arah gelombang merambat ke kanan 2π 2π k= ω = 2πf = T λ ω v= v = λ .f k A = amplitudo = simpangan terjauh (m)  = kecepatan sudut (rad/s) F = frekuensi (Hz) T = periode (s) k = konstanta gelombang  = panjang gelombang (m) v = cepat rambat gelombang (m/s)

b. Kecepatan vy =

dy dt

=





d A sin (ωt - kx) dt

v y = ω A cos ωt - kx 

c. Percepatan

ay =

dv y dt

=



d Asin ωt ± kx 



dt

ay = -ω A ωt ± kx   ay = -ω y 2

-

266

2

t x  Sudut fase  = (ωt - kx ) = 2π  ±  T λ 

3. Laju gelombang pada zat padat E v= ρ Keterangan: E = modulus elastisitas zat 3 ρ = massa jenis zat cair (kg/m ) Contoh soal: 1. Seutas dawai yang panjangnya 1 meter dan massanya 25 gram ditegangkan dengan gaya sebesar 2,5 N. Salah satu ujungnya digetarkan sehingga menghasilkan gelombang transversal stasioner. Besar kecepatan rambat gelombang adalah … A. 100 m/s B. 50 m/s C. 10 m/s D. 5 m/s E. 2,5 m/s Penyelesaian: Diketahui: L = 1 m, m = 25 gram = 0,025 kg F = 2,5 N Ditanya: v = ….? Jawab: F v = F, v = μ m L

v=

F x L = m

(2,5 x 1) = 100 = 10 m/s 0,025

273

fpipa organa tertutup 

1 4

x 400 = 100 Hz

2. Efek Doppler Efek Doppler adalah peristiwa di mana pengamat mendengar frekuensi (nada) lebih tinggi jika kedudukan antara pengamat dan sumber bunyi mendekat, dan pendengar frekuensi (nada) lebih rendah jika kedudukan antara pengamat dan sumber bunyi menjauh. v  vp fP = x fs v  vs fp = frekuensi yang didengar oleh pengamat (Hz) fs = frekuensi yang dipancarkan oleh sumber bunyi (Hz) v = cepat rambat bunyi di udara (m/s) vp = kecepatan pengamat bergerak (m/s) vs = kecepatan sumber bunyi bergerak (m/s) vp = 0 (diam) vs = 0 (diam)

Pendengar Sumber

Mendekat +vp vs

Menjauh vp +vs

Frekuensi layangan = frekuensi tinggi – frekuensi rendah

278

Contoh soal: Suatu sumber bunyi dengan frekuensi 700 Hz, bergerak berlawanan arah dengan pendengar dengan kelajuan 20 m/s, ternyata frekuensi bunyi yang didengar adalah 820 Hz. Jika kelajuan perambatan bunyi di udara adalah 330 m/s, maka kecepatan gerak sumber bunyi adalah …. Penyelesaian: Diketahui: fs = 700 Hz fp = 620 Hz vp = 20 m/s v = 330 m/s Ditanya: vs = …? Jawab: v  ( vp ) fp  . fs v  ( v s ) 330  20 820  . 700 330  v s

820  330  v s   350. 700

350. 700 820 330  v s  298,9  v s  31,1 m/s 330  v s 

3. Intensitas Bunyi (I) P I = , A = 4πr2 A P I= 4πr2 1 I dan 2 intensitas berbanding terbalik dengan kuadrat jarak r I1 r22 = I2 r12

2



I1  r2  =  I2  r1 

279

agar gaya Coulomb pada muatan Q2 = nol, maka muatan Q3 adalah ... mC. A. 2,5 C. 25 E. 4 B. -2,5 D. -25 Penyelesaian: Diantara Q1 dan Q3 gaya coulomb nol Q3 = positif (sejenis) Q1 Q 3 = r12 r32 Q3 Q3 10 10 =  2= 2 2 a  0,5 a a  0,5 a2 

Q3 10 =  Q 3 = 2,5 mC a2 0,25a2

Medan Listrik (E)

B.

E=

F Q

Daerah yang ditempati muatan listrik, muatan tersebut akan mengalami gaya listrik:

F=k

Q1 Q 2 r2

:Q

E=k

Q r2

xr

xr

Ep=k

288

Q1 Q 2 r

V=

kQ r

Rumus:

E=k

Q r

2

Arah:

+

-

Muatan (+) = arah E keluar Muatan () = arah E masuk Mencari letak titik dengan jumlah medan listrik 0 - Beda jenis

QA

-4C

+ QB +2 C

P XB

Jika kedua muatan beda jenis maka harga E = 0 letaknya di sebelah kanan muatan yang lebih kecil (tanpa memerhatikan tanda) berarti di 2C (seperti contoh bukan di -4C).

-

Sejenis Jika kedua muatan sejenis, maka harga E = 0 terletak di antara kedua muatan.

Mencari letak titik yang medan listriknya 0 PAKAI TRIK CEPAT!!!!

289

XA = XB =

 

QA QA ± Q B QB Q A ± QB

 

+ = jika muatan sejenis - = jika muatan tidak sejenis Contoh soal: 1. Dua muatan P dan Q masing-masing 1 mC dan -4 mC terpisah sejauh 9 cm 1 mC

-4 mC 9 cm

P Q Letak medan listrik nol adalah .... A. 3 cm di kanan P D. 4 cm di kanan P B. 6 cm di kanan P E. 4 cm di kiri P C. 3 cm di kiri P Penyelesaian: Medan listrik = 0 oleh dua muatan tidak sejenis  di luar dan dakat muatan yang lebih kecil (harga mutlak) 1 mC

x

9 cm

P Letak x harus memenuhi: Q Q k 2P = k Q2 rP rQ 1 X2

=

4

3+X 

2

1 2  = X  3+X 

 3 + X = 2 X  X = 3 cm di kiri P

290

-4 mC Q

TRIK XP =

QP Q Q - QP

xd =

1 x3 4- 1

1 XP = x 3 = 3 cm 1

2. Perhatikan gambar!

+ Q1

E1

P

6 cm

Q2

+

E2 3 cm 9

2

-2

Bila Q1 = Q2 = 10 µC dan k = 9 x 10 N m C , maka besar dan arah kuat medan listrik di titik P adalah .... 7 A. 7,5 x 10 N/C menuju Q1 7 B. 7,5 x 10 N/Cmenuju Q2 7 C. 5,5 x 10 N/C menuju Q1 7 D. 2,5 x 10 N/C menuju Q1 7 E. 2,5 x 10 N/C menuju Q2 Penyelesaian: Q 10-5 E1 =k 21 = 9 x 109 . = 2,5 x 107 N/C 2 -2 r1 6.10



E2 =k

Q2 r22

= 9 x 109 .



10

-5

3.10 

-2 2

= 10 x 107 N/C

EP = (berlawanan) => E2 - E1 7

= 10 . 10 - 2, 5 x 10

7

7

= 7, 5 x 10 N/C menuju Q 1

291

C.

Potensial Listrik (V)

kQ r Potensial listrik merupakan besaran skalar (tidak memerlukan arah) V=

Contoh soal: Pada keempat sudut bujur sangkar (sisi 30 cm) terletak muatan listrik. Tentukan potensial listrik di titik pusat bujur sangkar jika dua muatan yang bertetangga masing-masing + 2 µC dan yang lain -2 µC! 5 D C A. 3,4 x 10 volt 5 B. -3,4 x 10 volt 5 C. 1,7 x 10 volt 5 rD rC D. -1,7 x 10 volt E. nol

P

rA + A

rB + B

 QA =AB = 1 mC QC = QD = -2 mC  Dari gambar diperoleh rA = rB = rC = rD kQ  V= => QA = QB (muatan positif) rA = rB, maka r VA = VB (+)  Vtotal = VA + VB  Vc  VD = 0 V

292

1 1 1 1 1 6 = + +  =  Cs = 1 F Cs 2 3 6 Cs 6 TRIK C 6 Cs = terbesar = pengali 3+2+1 Cs = 6/6 = 1 µ F Ditanyakan: Q2? Jawab: Seri = Q sama = Q 1 = Q 2 = Q 3 = Q tot Q tot = C tot . Vtot = 1 . 6 = 6 µF = Q 2

Uji Kompetensi 1. Resultan gaya F yang bekerja pada muatan pada gambar adalah .... 1 q QL  A. F  q 4 0 r 3 B. F 

1

4 0 1 C. F  4 0 2 D. F  4 0 1 E. F  4 0

q QL2

B

r2 qQ Lr qQ

r2 qQ

r

-Q

r

L

+Q

L2

2. Potensial suatu titik yang berjarak r dari muatan Q adalah 600 V. Intensitas medan di titik tersebut 400

298

2. Perhatikan rangkaian listrik pada gambar di bawah. Nilai hambatan R adalah .... R

C -6 C = 125 . 10 F I = 2A

~ V 100 Z = AC = = 50 Ω IAC 2

100 V, 200 rad/s

1 1 104 = = ωC 200 . 125 .x 10-6 25.000 10000 XC = = 40 Ω 25.000 XC =

Z = R2 +XC2 R = Z2 - XC2 = 502 - 402 R=

2500-1600 = 900 = 30 Ω

4. Rangkaian R – L – C seri L R iR

VR

I

C

VL

VC

~ 

Impedansi = Z = R2 +  XL -XC 



Kuat arus pada rangkaian I =

2

V Z

329

Beda potensial VR = i . R VL = i . XL VC = i . XC V = VR2 +  VL - VC 

2

Contoh soal: 1. Rangkaian R – L – C seri dirangkai seperti gambar R=8Ω B L = 32 mH

A

S

C = 800 μF

~ V = 7200 V/ω = 125 rad/s

Bila skala ditutup, beda potensial antara titik A dan B adalah .... A. 8 V C. 24 V E. 96 V B. 10 V D. 48 V Penyelesaian: XL = ω . L = 125 . 32 x 10-3 = 4 Ω

XC =

330

1 ωC

XC =

1 = 50 Ω 125 . 800 . 10-6



Z = R2 + XL - XC



2

= 82 + 4-10 = 10 Ω 2

V 120 = = 12A Z 10 VR = iR . R = 12 x 8 = 96 V

i=

C.

Resonansi

Resonansi terjadi jika XL = XC

fR =

1 2π LC

Uji Kompetensi 1. UN 2010 Dari gambar rangkaian RLC di bawah, diketahui resistor 60 , reaktansi induktor 120  dan reaktansi kapasitor 40 , serta tegangan maksimum sumber 200 V. Besar kuat arus maksimum rangkaian di bawah adalah … A. B. C. D. E.

1,5 A 2A 3,5 A 4A 5A

R

L

C

331

  o = panjang yang diamati oleh pengamat diam

 = panjang mobil

Pengamat diam

Pengamat bergerak

t

  t = panjang yang diamati oleh pengamat bergerak

*  t <  o = panjang benda akan terlihat lebih pendek ketika diamati oleh pengamat bergerak

Secara logika

t   o 1 

(0,6c)2 c2

v = kecepatan benda = ….. v Contoh: v = 0,6c,

o=1m

(0,6c)2 0,36 c2  o 1    o 0,64 2 c c2  t = 0,8  o = 0,8 . 1 = 0,8 m

t   o 1 

t< o Contoh soal: Sebuah roket waktu di bumi panjangnya 100 m, roket tersebut bergerak dengan kecepatan 0,8 c (c = kecepatan cahaya dalam vakum). Menurut orang di Bumi panjang roket tersebut selama bergerak adalah ....

338

A. 50 m B. 60 m C. 70 m

D. 80 m E. 100 m

Jawab:

 t =  o 1 = 100

C.

1

v2 c2

(0,8 c)2 = 100 c2

0,64 = 60 m

Dilatasi Waktu

Pengukuran selang waktu menurut pengamat diam adalah t. Jika pengukuran dilakukan oleh pengamat yang bergerak dengan kecepatan v, maka akan teramati lebih panjang. Δt Δt' =  v2  1- 2  c  t = selang waktu menurut pengamatan diam (s) t’ = selang waktu menurut pengamat bergerak (s) Contoh soal: Perbandingan dilatasi waktu untuk sistem yang bergerak dengan kecepatan 0,8 c (c = cepat rambat cahaya) dengan sistem yang bergerak dengan kecepatan 0,6 c adalah .... A. 3 : 4 C. 9 : 4 E. 16 : 9 B. 4 : 3 D. 9 : 16

339

19. Penyelesaian: Urutan gelombang elektromagnetik dari frekuensi besar ke frekuensi kecil adalah: sinar γ, sinar X, ultraviolet, cahaya tampak, infra merah, radar, radio. Jawaban: D 20. Penyelesaian: Kecepatan rambat gelombang: koef.t 25 v= = = 5 m/s koef.x 5 Jawaban: D 21. Penyelesaian: Untuk kisi garis terang: d sin θ = n.λ dan diketahui n = 2, maka: 1 sin 30o = 2.λ 5000 λ = 5 x 10-5 cm = 5 x 10-4 mm

Jawaban: C 22. Penyelesaian: Ti2 = Ti1 + 10 log n 40 = Ti1 + 10 log 10 Ti1 = 30 dB I Ti = 10 log Io I -9 2 30 = 10 log 12 , jadi I = 10 W/m 10 Jawaban: B

398

14. Berdasarkan Hukum Newton tentang gerak, pernyataan berikut yang benar adalah: (1) Orang di dalam bak terbuka sebuah truk yang melaju melihat bola yang dilemparkannya vertikal ke atas jatuh di belakang truk tersebut. (2) Perahu bermotor yang sedang bergerak akan tetap bergerak beberapa saat setelah mesin perahu tersebut dimatikan. (3) Resultan gaya bekerja pada suatu benda yang bergerak selalu tidak sama dengan nol. (4) Gaya normal yang bekerja pada sebuah balok yang menempel pada lantai bukan merupakan reaksi bagi gaya tarik bumi. 15. Pernyataan yang benar tentang kapasitansi sebuah kapasitor pelat sejajar adalah …. (1) Berbanding lurus dengan luas pelat. (2) Tidak bergantung pada rapat muatan. (3) Bergantung pada jarak antarpelat. (4) Tidak bergantung pada jenis bahan yang disisipkan di antara kedua pelat.

407

PEMBAHASAN SIMULASI UJIAN MASUK PTN 1. Penyelesaian: Q3 = Q 1 + Q 2 ma ca (ta – 0) = mes ces (0 – tes) + mes les a 1.20 = b . 0,5 . 10 + mes . 80 80 . mes = 20 a – 5b 20a - 5b 4a - b mes = = 80 16 Jawaban: B 2. Jawab = sAB = vAB . tAB= 25 . 0,1= 2,5 m 2 2 sBC  vC = vB + 2 a.sBC 0 = 625 + 2. (-5) . sBC sBC = 62,5 m stotal = sAB + sBC = 2,5 m + 62,5 m = 65 m Jawaban: E 3. Penyelesaian: Jika kecepatan rata-rata = 0, maka perpindahan benda itu = 0 Jawaban: E 4. Penyelesaian: ηA = 30i  T1 = 750 K

ηB = 50i  T1 ? TRIK = T1A (1 - A) = T1B (1 - B)

408