RINGKASAN MATERI DAN LATIHAN SOAL Pengukuran dan Kinematika... 3 A. Pengukuran Latihan Soal B. Besaran Fisika C. Vektor

Puji syukur kami panjatkan ke hadirat Tuhan Yang Mahakuasa atas segala perkenanNya sehingga kami bisa menyediakan Kunci dan Pembahasan Panduan Latihan Ujian Nasional. Kunci dan Pembahasan ini disusun sebagai pegangan bagi guru dalam membimbing para siswa melakukan persiapan menghadapi ujian nasional dengan latihan-latihan soal dari buku Panduan Latihan Ujian Nasional. Kami menyadari akan segala keterbatasan dan kekurangan dalam penyajian Kunci dan Pembahasan Panduan Latihan Ujian Nasional ini, untuk itu kritik dan saran dari berbagai pihak sangat kami harapkan demi lebih baiknya karya kami berikutnya.

RINGKASAN MATERI DAN LATIHAN SOAL Pengukuran dan Kinematika .................................. A. Pengukuran Latihan Soal 1 ........................................................... B. Besaran Fisika C. Vektor Latihan Soal 2 ........................................................... D. Gerak Lurus Latihan Soal 3 ........................................................... E. Gerak Parabola F. Gerak Melingkar Latihan Soal 4 ........................................................... Dinamika .................................................................... A. Gaya dan Hukum Newton Latihan Soal 1 ........................................................... B. Momen Gaya C. Moment Inersia Latihan Soal 2 ........................................................... D. Titik Berat Latihan Soal 3 ........................................................... E. Fluida Latihan Soal 4 ........................................................... Usaha dan Energi ..................................................... A. Usaha dan Energi Latihan Soal 1 ........................................................... B. Hukum Kekekalan Energi Mekanik Latihan Soal 2 ........................................................... C. Impuls dan Momentum Latihan Soal 3 ........................................................... Kalor ........................................................................... A. Kalor B. Perpindahan Kalor Latihan Soal 1 ........................................................... C. Teori Kinetik Gas Latihan Soal 2 ........................................................... D. Mesin Kalor dan Termodinamika Latihan Soal 3 ........................................................... Gelombang dan Optik .............................................. A. Gelombang Latihan Soal 1 ........................................................... B. Bunyi Latihan Soal 2 ........................................................... C. Optik Latihan Soal 3 ........................................................... 2

3 3 3 4 5 6 6 7 8 8 9 9 10 11 12 12 13 13 14 14 15 16

D. Cahaya Latihan Soal 4 ........................................................... E. Gelombang Elektromagnetik Latihan Soal 5 ........................................................... F. Elastisitas Latihan Soal 6 ........................................................... Listrik dan Kemagnetan .......................................... A. Listrik Statis Latihan Soal 1 ........................................................... B. Potensial Listrik, Energi Potensial, dan Kapasitor Latihan Soal 2 ........................................................... C. Listrik Dinamis Latihan Soal 3 ........................................................... D. Induksi Magnet Latihan Soal 4 ........................................................... E. Gaya Magnetik (Gaya Lorentz) Latihan Soal 5 ........................................................... F. GGL dan Arus Induksi Latihan Soal 6 ........................................................... G. Listrik Arus Bolak Balik Latihan Soal 7 ........................................................... Fisika Modern ........................................................... A. Fisika Inti Latihan Soal 1 ........................................................... B. Efek Fotolistrik dan Efek Compton Latihan Soal 2 ........................................................... C. Teori Relativitas dan Radiasi Benda Hitam Latihan Soal 3 ........................................................... D. Inti Atom Latihan Soal 4 ........................................................... E. Radioaktif Latihan Soal 5 ........................................................... LATIHAN UJIAN NASIONAL ...................................... TRYOUT Tryout Paket 1 ............................................................ Tryout Paket 2 ............................................................ Tryout Paket 3 ............................................................ Tryout Paket 4 ............................................................ Tryout Paket 5 ............................................................ PREDIKSI Prediksi Paket 1 ........................................................ Prediksi Paket 2 ........................................................ Prediksi Paket 3 ........................................................ Prediksi Paket 4 ........................................................ Prediksi Paket 5 ........................................................

Kunci dan Pembahasan UN SMA – Fisika

17 17 18 18 18 20 20 21 22 23 23 24 24 24 25 26 26 27 34 39 43 49 54 58 62 67 72 76

UN SMA – Fisika RINGKASAN MATERI DAN LATIHAN SOAL

1. d. 26 menit 8,5 detik Pembahasan: Perhatikan stopwatch di samping. Jarum pendek berada pada lingkaran dengan skala 0 – 30. Jarum pendek menunjukkan menit. Jarum panjang berada pada lingkaran dengan skala 0 – 60. Jarum panjang menunjukkan detik. Jarum pendek pada busur dengan skala 0 – 10. Jarum pendek tersebut menunjukkan 1/10 detik. Sehingga pembacaan alat ukur tersebut adalah: Jarum pendek menit menunjukkan angka 26. Jarum panjang detik menunjukkan angka 8. Jarum pendek 1/10 detik menunjukkan 5. Jadi pembacaan alat ukur tersebut = 26 menit + 8 detik + 0,5 detik = 26 menit 8,5 detik

100 m

Latihan Soal 1

Latihan Soal 2 1. b. 200 m Pembahasan:

s = ?

10

m 0 37o

40 m

80 m

Perhatikan jarak yang dimaksud adalah sisi miring dari sebuah segitiga siku-siku dengan sisi 120 cm dan 160 cm, jadi dengan bantuan rumus tripel Phytagoras diperoleh sisi miringnya adalah 200 m. 2. b. 10 N Pembahasan: Fx = F1x + F2x = 6 + 2 = 8 N Fy = F1y + F2y = 0 + 6 = 6 N Maka resultan gaya 2

2. d. 173 gram Pembahasan: Pembacaan skala ukur neraca Ohaus lengan tiga adalah: Baca anting pemberat pada setiap lengan neraca. Hasil pengukuran adalah jumlah nilai setiap lengan neraca. Hasil pengukuran: 150 g + 20 g + 3 g = 173 g 3. b. 2,47 mm Pembahasan: Skala utama = 2 Skala nonius = 0,47 Pembacaan = 2,47 mm 4. a. 15,13 mm Pembahasan: Skala utama = 15 mm Skala putar/nonius = 0,13 mm Hasil pengukuran = 15,0 + 0,13 = 15,13 mm

60 m

Pengukuran dan Kinematika

FR = Fx  Fy

2

FR = 8 2  6 2 FR = 100 FR = 10 N 3. 13 N Pembahasan: Uraikan F 2 ke sumbu x dan y dipakai adalah sudut antara gaya F dan sumbu x (  )

F2

F1

Sehingga 4 sin  = 5 Didapatkan:

cos  =

3 5

3 F2x = F2 cos  = 10   = 6 N 5

4 F2y = F2 sin  = 10   = 8 N 5


3

Sehingga:  Fx = F1x + (–F2x) + F3x = 18 – 6 + 0 = 12 N  Fy = F1y + F2y + (–F3y) = 0 + 8 – 3 = 5 N Maka resultan gaya (FR) 2

FR = Fx  Fy

Sumbu X F1  2 3

Sumbu Y F1  2

F2  6 3

F3  2

 Fx  4 3

 Fy  0

karena Fy = 0 maka F = Fx = 4 3 Latihan Soal 3 1. c. 120 m Pembahasan: Gerak mobil dapat diilustrasikan seperti gambar berikut.

2

FR = 122  5 2 FR = 169 FR = 13 N 4. b. 2 10 (ralat gambar) Pembahasan: x F1 45

y

F2

Komponen gaya searah sumbu x dan sumbu y

Sehingga pergerakan mobil dapat dilukiskan menjadi:

1 2) = 4 2 2 1 F1y = F1 sin 45  8( 2) = 4 2 2 F1x = F1 cos 45  8(

Resultan gaya searah sumbu y

 Fy = F2  F1y = 6 24 2

Jadi, perpindahan yang dilakukan benda adalah:

=2 2

 (60 3 )  602

Resultan gaya total

 10.800  3.600 2

 F = Fx  Fy =

2

2

 14.400

4 2   2 2 

2

= 2 10 Newton 5. c. 4 3 (ralat gambar) Pembahasan:

 120 m 2. c. 2,8 s Pembahasan: Benda bergerak jatuh bebas sehingga:

t

2h g



2  40 10



80 10

 8 2 2  2,828 sekon 4


3. c. 39 m Pembahasan: Jarak yang ditempuh merupakan luas di bawah atau di atas garis pada grafik (v –t).

Jarak = luas trapesium + luas segitiga 1 84  6   2  2 2  2 

6. b. B – C dan C – D Pembahasan: Dari grafik diperoleh: -

perlajuan AB =

5 = 0.25 m/s2 20

-

perlajuan BC =

20 = 1 m/s2 20

-

perlajuan CD =

10 = 1 m/s2 10

 36  3  39 Jadi jarak yang ditempuh benda dari 0 sampai 10 s adalah 39 m. v (m s v (m.s-1–1)) 4. b. 20 10 5

15 20

t (s)

Pembahasan: Grafik (v – t) GLB dan GLBB 36.000 v  36 km/jam   10 s 3.600 untuk t = 0 hingga t = 5 s v = 10 m/s untuk t = 5 s hingga t = (5 + t) = 15t a = 1 m/s2 v0 = 10 m/s t = 10 Untuk t = 5 s hingga t = (5 + t ) s = 15 s a = 1 m/s2; v0 = 10 m/s, t = 10 s vt = v0 + a t = 10 + 1 (10) = 20 m/s Untuk t = 15 s hingga t = x a = –2 m/s2; v0 = 20 m/s; vt = 0 t = (x – 15) s

v t  v 0  at  v t  v 0  at 0 0  2x x

 20  ( 2)( x  15)  20  2 x  30  50  25

Jadi dengan perlambatan sebesar 2 m/s2, maka benda akan berhenti pada detik ke-25. Jadi jawaban yang tepat adalah b. 5. a. 72 m Pembahasan: Jarak adalah luas di bawah kurva. Bentuk kurva adalah trapesium, maka:

1 Luas  t (a  b ) 2 1   12(4  8) 2  72 m

10 = 0.5 m/s2 20 - perlajuan EF tak dapat ditentukan karena informasi tidak lengkap (skala tidak proporsional). Berdasarkan perhitungan di atas, maka perlajuan sama terjadi pada BC dan CD. -

perlajuan DE =

7. d. (1), (2), dan (3) Pembahasan: Dari grafik disimpulkan: - benda bergerak lurus beraturan - kecepatan benda konstan - percepatan benda nol 8. b. (2) dan (3) Pembahasan: Gerak dengan percepatan tetap artinya untuk selang waktu yang sama terj adi perubahan kecepatan yang sama. Ini ditunjukkan oleh grafik (2) dan (3). Latihan Soal 4 1. a. 0,5 s dan 2  m/s Pembahasan:

r  50 cm  0,5m 120putaran   120rpm  1 menit 120  2 rad  4 rad/s 60 s 2 2  T  T  2  4  0,5 s v  r  v  4   0,5  2 m/s 

2. e. 1,6  m s–1 Pembahasan: Diketahui: r = t = n = Ditanya: v =

6 m 2 menit = 120 sekon 16 putaran ... ?


5

Dinamika

Jawab:

n f  t 16  120 2  Hz 15

v  r 4  6 15  1,6  m/s

Latihan Soal 1 1. b. 8 N Pembahasan: Gaya yang bekerja pada benda diilustrasikan pada gambar berikut.

  2f 

4 15

3. a. 2R Pembahasan: Misal benda 1 adalah benda kotak yang berada di atas meja dan benda 2 adalah benda silinder yang menggantung pada tali Persamaan pada benda 1: T = m1 a

v2 R as = m2 R as = m

as  2R Atau 2 R = konstan, sehingga 2

2

1 R1 2 R2 = as1 as 2

Substitusi T = m1 a ke w2 – T = m2a Diperoleh:

2R 2R2 = 4 8 8R = R2 4 R2 = 2R

w 2  m1a  m2 a w 2  m1a  m2 a m2 g  ( m1  m 2 )a

4. c. v dijadikan 2 kali dan R dijadikan 2 kali semula Pembahasan: v2 Percepatan sentripetal as = R v2 Agar a s menjadi 2 kali semula, maka harus R 2 kali semula. v2 menjadi Jika v dijadikan 2 kali semula, maka R 22 4 = semula. r R 4 Jelas supaya menjadi 2 kali semula, maka R R harus dikalikan 2 kali semula. 5. b. (1), (2), dan (3) Pembahasan: Karena Fs = ma s 320 = 10 × 32 Jawaban (2) dan (3) bisa betul semua atau bisa salah semua jadi pilihan jawaban harus memuat (2) dan (3) atau sama sekali tidak ada (2) dan (3). 1 Perhatikan opsi (4), ingat konsep . T Jawaban (1) dan (4) tidak memenuhi konsep 1 tersebut f  , sehingga jawaban (1) dan (4) tidak T mungkin muncul secara bersamaan. Jadi jawaban yang mungkin hanya b.

6

Persamaan pada benda 2: w2 – T = m2a

 m2  a g  m1  m2   1    10  4  1 1   10 5  2 m s 2 Sehingga tegangan tali adalah: T = m1 a = 4  2 = 8 N Jadi besar tegangan tali adalah 8 N. 2. c. 45 Pembahasan: Gaya yang bekerja pada benda diilustrasikan pada gambar berikut.

Perhatikan gaya yang menarik benda meluncur dengan percepatan a = 0,7 g di bidang miring adalah beratnya sendiri, yaitu w sin  , sehingga persamaannya:


Latihan Soal 2 1. c. 6 N m Pembahasan:     A  B  C

 F  ma w sin   ma mg sin   m(0,7) sin   0,7 1 sin   2 2   45

 FA A  FB  B  FC C sin 30  10  0  20  0,2  10  0,4 

Jadi perkiraan nilai  adalah 45. 3. e. 3,0 m/s2 Pembahasan: Perhatikan gaya searah percepatan bernilai positif. Resultan gaya adalah gaya normal dikurangi gaya berat senilai dengan massa kali percepatan.

 F  ma

 10,2 N m 3. c. 0,8 rad/s Pembahasan: Kondisi pertama 1  1,0 rads 1 I1( cakram )  MR 2 2 1  (1)(0,2)2 2  0,02 kg m2 Kondisi kedua

I2(cakram)  Icakram  Ibatu 1 2 2 Mc Rc  Mb Rb 2  0,02  0,005 

 0,025 kg m2 = = = =

m2 g m1  m2

4  10 10  4 m/s2 

6. c. 20 m s–1 Pembahasan:

v  2gh  (2)(10)(20)  20 m s1

t  1  (  2 )  3 6 3

4. a. 27 N Pembahasan: Diketahui: F1 = 5 N m = 3 kg F2 = 8 N Ditanya: N = ... ? Jawab: w + F1 = F2 + N N = w + F1 – F2 = 30 + 5 – 8 = 27 N

a

 4  2  6 N m Tanda negatif menunjukkan arah torsi searah jarum jam. 2. d. +10,2 N m Pembahasan:  F1r1  F2r2  F3 cos30r3

N  w  ma 520  400  40a 120 a 40 a  3 m/s2

5. d. 4,0 m s–2 Pembahasan: Diketahui: m 1 m2 g Ditanya: a Jawab:

1 2

6 kg 4 kg 10 m/s …?

Berapa 2 = … rad/s

I12  I2 2 0,02(1)  0,00252 0,02  0,00252 0,02 0,0025  0,8 rad/s

2 

4. b. berotasi berlawanan arah jarum jam Pembahasan: Gaya F bekerja pada sumbu x dan sumbu y, yaitu:

Fx  F cos30  0,5 3 F Fy = 0,5 F Dalam kasus ini, F x tidak berpengaruh pada batang homogen. Sehingga gaya yang bekerja pada titik P dan gaya yang bekerja pada titik R mendorong batang homogen AB untuk berotasi berlawanan arah jarum jam.


7

5. a. 0 Pembahasan: Diketahui: Panjang tongkat l = 40 cm Massa tongkat m = 3 kg Gaya F = 280 N Massa beban m = 20 kg Jarak O sampai ke gaya x = 5 cm Ditanya: momen gaya = ... ? Jawab: Dengan tumpu di O dan ditetapkan torsi

 O  280(0,05)  30(0,2)  20(0,4) 0 Latihan Soal 3 1. c. (4; 3) Pembahasan: Dari bentuknya yang simetris baik sumbu x maupun sumbu y, maka titik beratnya dengan mudah ditemukan: sumbu x : 4 sumbu y : 3 (4, 3)

2 2. e.  3,3  3  Pembahasan: Karena benda simetris pada sumbu X, maka letak titik berat pada sumbu X adalah terletak di tengahtengah benda. Jadi didapat letak titik berat di sumbu X adalah x = 3. Gunakan tabel untuk mempermudah hitungan Benda I adalah segiempat seluruhnya Benda II adalah segiempat berlubang

benda x y A Ax I 3 4 48 12 II 3 5 12 2 jumlah 3 9 Jadi diperoleh:  Ax 9  3 x A 3  Ay 11   3 32 y A 3 3. e. 2,0 cm Pembahasan:

Benda y A Ay I segiempat 1,5 4 6 II segitiga 4 1 4 5 10 

y

 Ay

A 10  5  2 cm

8

Ay 16 5 11

10 5 , ) 6 6 Pembahasan: A x  A2 x 2 4  1  2  3 10 x 1 1   A1  A2 42 6

4. c. (

y

A1y1  A2 y 2 4  1  2  0,5  5   A1  A2 42 6

5. e. (4,8 ; 5,7) Pembahasan:

x

A1x1  A2 x 2 120  5  16  6 504    4,8 A1  A2 120  16 104

y

A1y 1  A2 y 2 120  6  16  8 592    5,7 104 104 A1  A2

6. d. (2,8 ; 2,0) Pembahasan: Titik berat y dipastikan 2 cm Titik berat x0 sebagai berikut.

x0 

A1x1  A2 x2 A1  A2

16  2  6  5 16  6  2,8 cm 

Latihan Soal 4 1. e. 2 cm Pembahasan: Tekanan hidrostatis di titik A sama dengan tekanan hidrostatis di titik B. Cari ketinggian air, kemudian selisihkan dengan tinggi minyak:

PA  PB pa ha g  pm hm g pa ha  pm hm 1.000 ha  800  10 ha  8 cm h  10 cm  8 cm  2 cm 2. d. 84 kPa Pembahasan: Diketahui: A a = 200 cm2 P a = 90 kPa A b = 100 cm2 vb = 4 m s–1 Ditanya: P b = ... ? Jawab: 1 1 Pa  v a 2  gha  Pb  v b 2  ghb 2 2 Dari hukum Bernoulli Pipa pada soal mendatar, sehingga ha = hb, rumus di atas menjadi:

1 1 Pa  v a 2  Pb  v b 2 2 2


Masukkan data

Kecepatan air

1 1 90.000  (1.000)(2)2  Pb  (2.000)(4)2 2 2 90.000  2.000  Pb  8.000

v x  2gh1  2  10  1,25  5 m/s

Pb  84.000  84 k Pa 3. d. 5 v Pembahasan: Diketahui: AA : AC = 5 : 3 vA = 3v Ditanya: vC = ... ? Jawab: QA  QC

AAv A  AC v C

Waktu jatuh

2h2 g

t

1 0,45 



10  0,3 s Jarak mendatar pancaran air

(5)(3 v )  (3)v C

x  v xt

v C  5v

 5(0,3)  1,5 m

4. d. 92,5 kPa Pembahasan:

Usaha dan Energi

A1v 1  A2v 2

Latihan Soal 1 1. a. 12,50 J Pembahasan: Data:  = 5 rad/s, R = 2 m  v =  R = 5(2) = 10 m/s Cara pertama: Dari usaha = selisih energi kinetik, diikutkan juga energi kinetik rotasinya. Benda akhirnya berhenti (Ek = 0), sehingga cukup dihitung Ek awalnya saja.

A  v 2   1  v1  A2   r 2    12  v 1  r2  2

r    1  v1  r2  2

 12    1  6   4 m s 1

W  Ek dengan Ek 2  0

Gunakan persamaan Bernoulli untuk menentukan P2. 1 1 v12  gh1  P2  v 22  gh2 2 2 1 1 120.000   1.000  12  1.000  10  0  P2   1.000  42  1.000  10  2 2 2 120.000  500  0  P 2  8.000  20.000 P1 

W 

1 1 mv 2  m2 2 2

W 

1 1 1 1   10 2    5 2 2 8 2 8

W 

100 100  16 16

120.500  28.000  P2 92.500 Pa  P 2 P2  92,5 kPa

5. b. vA > vB sehingga PA < PB Pembahasan: Asas Bernouli menyatakan bahwa jika kecepatan fluida besar maka tekanannya kecil dan berlaku sebaliknya. Sayap pesawat terbang dirancang sedemikian rupa sehingga kecepatan aliran udara di atas sayap (v A ) mengalir lebih cepat dari kecepatan udara di bawah sayap (vB), atau vA > vB, maka yang berlaku adalah P A < P B , sehingga pesawat naik karena tekanan dari bawah lebih besar dari tekanan dari atas. 6. b. 1,5 m Pembahasan: h 1 = 1,7 – 0,45 = 1,25 m



200 16

 12,50 J 2. c. 150 joule Pembahasan: Diketahui: m F s Ditanya: W Jawab:

= 4 kg = 60 N = 5 m = ... ?

W  F cos60  s  1  60    5 2  150 Joule


9

3. d. 2 J Pembahasan:

4 kg

1  20  32  32   0 J 2 Usaha paling besar dimiliki W4, data tabel nomor 4. 5) W5 

60

O

Fx = 4 · cos 60°  1 = 4  2

Latihan Soal 2 1. b. 2 : 1 Pembahasan:

= 2

Fx 2

EPA  EKA  EPB  EKB 1 mv A  mghB  E KB 2 mghA  0  mghB  EKB

mghA 

1 m/s = 2 = v0 + a · t

a vt

EKB  mg( hA  hB )

 1 = 0 +   · 2 2 = 1 m/s = v02 + 2as

vt vt vt 2

E

s W

4. c. 21 joule Pembahasan: Usaha adalah perubahan energi kinetik, sehingga dirumuskan: W = Ek = Ek akhir – Ek awal =

KB

 mghB

Sehingga, perbandingan energi potensial dan energi kinetik benda saat mencapai B adalah:

 1 = 0 + 2   s 2 = 1 meter = F × s = 2 × 1 = 2 joule

1

1 m (v22 – v12) 2

1  2 (52 – 22) 2 = 25 – 4 = 21 joule =

EPB mghB  EKB mg (hA  hB ) hB  (hA  hB ) 2 h  3 2 h h 3 2 h  3 1 h 3 2  1 Jadi, perbandingan energi potensial dan energi kinetik di titik B adalah 2 : 1. 2. e. 7,5 joule Pembahasan: Hukum Kekekalan Energi v  2 g h

5. d. 4 Pembahasan: Diketahui: Lihat tabel pada soal Ditanya: Usaha yang paling besar W = ... ? Jawab: Usaha = W  Fs  Ek 

10

EMA  EMB

= m · a = 4 ·a

1 1 mv t 2  mv 0 2 2 2

1) W1 

1  8  42  22   48 J 2

2) W2 

1  8  52  32  64 J 2

3) W3 

1 10  62  52   55 J 2

4) W4 

1 10  42  02   80 J 2

1 m 2g h 2 Ek  mg h Ek 



2



 1 10  0,75  7,5 Joule 3. d. 21 J Pembahasan: Diketahui: m v1 v2 Ditanya: W

= = = =

2 kg 2 m s–1 5 m s–1 ... ?

W  Ek 1 m(v 22  v12 ) 2 1  (2)(5 2  2 2 ) 2  21 J 


4. c. B dan C Pembahasan: Ep = m g h

Sedangkan kecepatan setelah dipukul adalah searah dengan gaya F sehingga v2 = 5 m s–1. Besar impuls adalah perubahan momentum sehingga:

di B E p = m g (–h) = –m g h di C E p = m g (-h) = –m g h Energi potensial negatif di titik B dan C. 5. e. 9,3 J Pembahasan:

Ep  mgh  (0,6)(10)(0,3)  1,8 joule Kecepatan bola jatuh (vy)

v y  2gh  2 10  1,2  24 Energi kinetik arah sumbu x

1 2 mv x 2 1 2   0,6 1 2  0,3 joule

Ek x 

Energi kinetik arah sumbu y

1 2 mv y 2 1   0,6  24 2  7,2 joule

Ek y 





2

Energi total E = Ep + Ekx + Eky = 1,8 + 0,3 + 7,2 = 9,3 joule Latihan Soal 3 1. b. 20 cm Pembahasan:

e

h2 h1

e

h2 h1

50 h 0,4  2 125 50 2 h2  20  5  0,4 

2. 1,4 N s (ralat option jawaban) Pembahasan: Kecepatan awal bola kasti adalah berlawanan arah gerak gaya F sehingga v 1 = –2 m s –1 .

I  p  mv 2  mv1  m(v 2  v 1 )  0,2(5  ( 2))  0,2(7)  1,4 N s Jadi, besar impuls yang diberikan tongkat kepada bola adalah 1,4 N s. 3. c. 30 m/s Pembahasan: Karena benda mula-mula diam (v = 0), maka momentum awal benda sama dengan nol. Momentum sebelum dan sesudah meledak adalah tetap sehingga: p  p' ( m1  m2 )v  m1v1 ' m2v 2 ' 3 2 0  m  20  m  v 2 ' 5 5 2  m  v 2 '  12m 5 12m v2 '  2  m 5 v 2 '  30 m s1 Jadi, besar kecepatan bagian benda yang lebih kecil adalah 30 m s –1 berlawanan arah gerak bagian benda yang lebih besar. 4. b. 1,5 kg Pembahasan: Diketahui: v = 50 m/s F = 250 N t = 0,3 s Ditanya: m = ... ? Jawab: I =  P F   t = m (v2 – v1) (250) (0,3) = m (50) 75 = 50 m 75 m = 50 m = 1,5 kg 5. a. 6 m/s Pembahasan:

Mv  m1v 1  m2v 2

 450  50  5  450v1  50v 2 v  6 m/s 6. c. 1 21 Pembahasan: Diketahui: tumbukan tidak lenting m A = mB = 1 kg vA = 32 m/s vB = 1 m/s Ditanya: kecepatan setelah tumbukan = ... ?


11

Jawab: Tumbukan 2 benda dalam 1 dimensi tidak lenting

Qlepas  Qserap mbesi  cbesi  Tbesi  mmin yak  cmin yak  Tminyak  mbejana  cbesi  Tbejana (50)cbesi  50  100(0, 43)(5)  (200)cbesi (5)

v A '  vB '  v ' mAv A  mBv B  ( mA  mB )v '

2.500cbesi  215  1.000cbesi 2.500cbesi  1.000cbesi  215

(1)(2)  (1)(1)  2v '

1.500cbesi  215

2v '  3 1 v '  1 m/s 2

cbesi

7. e. 4 mv Pembahasan: Diketahui:

vA = v   pA = mv mA = m 

pA' = mAvA' = –3 mv Ditanya: pB' = pB = ... ? Jawab: Dari hukum kekekalan momentum: mAvA + mBvB = mA' vA' + mB' vB' mB' vB' – mBvB = mAvA – mA' vA' p'B pB

= mv – (–3 mv) = 4 mv

Kalor Latihan Soal 1 1. a. 0,143 kal g–1 C–1 Pembahasan: Soal tersebut dapat diselesaikan menggunakan asas Black. Besi akan melepas kalor karena memiliki suhu yang lebih tinggi dibandingkan dengan minyak. Sedangkan bejana dan minyak akan menyerap kalor dari besi, sehingga besi maupun bejana akan mencapai suhu setimbang T. Masing-masing selisih suhu awal besi, minyak dan bej ana terhadap suhu setimbang adalah:

Tbesi  Tbesi  T  75 C  25 C  50 C Tminyak  T  Tminyak  25 C  20 C  5 C

2. d. 29 °C Pembahasan: Batang logam A dan B memiliki ukuran yang sama AA = AB Koefisien konduksi termal A adalah setengah konduksi termal B. Laju kalor konduksi adalah sama.

QA QB  t t k A AA (TA  T ) kB AB (T  TB )  A B k A (TA  T )  kB (T  TB ) 1 k B (79  T )  kB (T  4) 2 (79  T )  2(T  4) 79  T  2T  8 79  8  2T  T 87  3T 29  T T  29 C Jadi, suhu pada sambungan adalah 29 °C. 3. a. 100 cm Pembahasan: Lt L0  1  T 115  1  3  10 3  50 115  1,15  100 cm

Tbejana  T  Tbejana  25 C  20 C  5 C

4. a. (1), (2), dan (3) Pembahasan:

Sedangkan masing-masing kalor yang diserap/ dilepas: Kalor yang dilepas oleh besi adalah:

H t kAT  l Kalor dipengaruhi oleh k (konduktivitas logam), A (luas penampang logam), T (perbedaan suhu logam), dan l (panjang logam). 5. d. 64,0 °C Pembahasan: Diketahui: m 1 = 60 g T1 = 90 °C T2 = 25 °C c = 1 kal g–1 °C–1

Qlepas  mbesi cbesi Tbesi

Kalor yang diserap oleh minyak adalah: Qserao  mminyak cminyak Tminyak

Kalor yang diserap oleh bejana adalah: Qserao  mbejana cbesi Tbejana

Menurut azas Black, kalor yang dilepas zat bersuhu tinggi sama dengan kalor yang diserap zat yang bersuhu rendah, sehingga:

12

215 1.500  0,143 kg g1 C

cbesi 

Q


Ditanya: Jawab:

TC = ... ?

1  10(4  10 5 ) 2  2,0  106 J

W 

 m1  TC  T2    T  m1  m2   60   25   65  100   25  39  64 C

1

4. c. 2 kali semula Pembahasan: Isotermik adalah proses dimana suhu tetap. PV  konstan

1 V Tekanan berbanding terbalik dengan volume, artinya jika tekanan naik 2 kali maka volume turun 2 kali (menjadi ½ kali semula). 5. a. 60 kJ Pembahasan: Isobarik P

6. d. 27,5 °C Pembahasan: Kalor diserap es = kalor dilepas es Q1  Q2  Q3  Q4

m1c1t1  m2L  m3 c t 3  m4 c t 4 0,8  0,5 10   8  80   0,8 1 t  0   4  1 50  1

4  64  0,8t  200  4t

V2 V1  T2 T1

t  27,5 C 7. d. 50 °C Pembahasan: Diketahui: suhu TP = 60° suhu TQ = 30° konduktivitas kP = 2 kQ Ditanya: suhu T = ... ? Jawab: Bahwa pada suatu sambungan dua logam Berlaku HP = HQ Karena ukuran logamnya sama, maka:

kQ A( TQ )

k P A( TP )  d d 2kQ (60  T )  k Q (T  30)

V2  

V1V2 T2 1,5  360 

300  1,8 m3 Usaha

W  P V2  V1   2  10 5 1,8  1,5   60  103 Joule 6. d. 2,1 × 104 J Pembahasan: Besar usaha = luas grafik

120  T  T  30

W  WAB  WCA

T  50 C

1  PA  PB VA  VB   PA VB  VA  2 1 3    PA  PA   2VA  VA   PA  2VA  VA  2 2  

Latihan Soal 2 1. d. 3 : 4 Pembahasan: PV PV 1 1  2 2 T1 T2

1 PAVA 4 1  8,3  10 5  0,1 4  2,1 10 4 Joule

W 

P1  T1  V2      P2  V1  T2  P1  T  32 V      P2  V  2T 



P1 3  P2 4 2. c. (3) saja Pembahasan: Isotermik adalah proses dimana suhu tetap. 3. d. –2,0  106 J Pembahasan: W = luas segitiga Tanda negatif karena berlawanan dengan arah jarum jam.



Latihan Soal 3 1. b. perubahan gas yang tekanannya selalu tetap Pembahasan: Proses isobarik adalah proses termodinamika yang terjadi pada tekanan konstan. 2. d. 1.100 K Pembahasan: Pada kondisi pertama  = 20% Suhu reservoir rendah = T2 Suhu reservoir tinggi = T1


13

Sehingga:

1  1 

T2 T1

0,2  1 

T2 T1

Ditanya: Jawab:

Usaha W = ... ?

T W  1 2 Q1 T1 400 W  1 600 600 W  200 J

T2  1  0,2 T1

5. b. 10 A Pembahasan:

T2  0,8 T1

T1  27 o C  273  300 K

T2  0,8T1 Pada kondisi kedua  = 25%  Suhu reservoir rendah = T2 – 55 Suhu reservoir tinggi = T1 Sehingga:

1  1  0,25  1 

T2 T1

T2  55  1  0,25 T1 T2  55  0,75 T1

 40% Energi listrik

6. b. 3.000 J Pembahasan: Pada mesin pemanas Carnot berlaku:

T2  55  0,75T1 Dari kondisi pertama diperoleh T2 = 0,8 T1 sehingga:

T2  55  0,75T1

1

Q2 T  1 2 Q1 T1 Q2 

T2  55  0,75T 0,8T1  55  0,75T

T2 Q1 T1

400  900 600  6.000 J 

0,8T1  0,75T  55 0,05T1  55 55

300 500   0,4   1

W  V I t W  V I t 5500  40%  220  I I  10 A

T2  55 T1

T1 

T2  227 o C  273  500 K

0,05

W  Q1  Q2  3.000 J

T1  1.100 K 7. b. 960 K Pembahasan:

3. b. 2.000 K Pembahasan: T 1    T ' 1   ' 

  1

1    T 1   '  1  0,5    800 1  0,8 

T'

0,5   800 0,2  2.000 K 4. e. 200 J Pembahasan: Diketahui: T1 Q1 T2 14

T1 T2

T1 800 T1  480 K

  50% 480 50%  T2

40%  1 

0,5T2 

480 T2

0,5T2  T2  480 T2  960  K

Gelombang dan Optik

= 600 K = 600 J = 400 K

Latihan Soal 1 1. d. (3), (4), dan (5) Pembahasan: (1) Cahaya adalah gelombang elektromagnetik, bisa merambat dalam ruang hampa udara


(2) Cahaya mengalami pembiasan saat merambat pada medium yang berbeda kerapatannya (3) Mengalami pencerminan (refleksi) (4) Mengalami pelenturan (difraksi) (5) Dapat dijumlahkan (interferensi) 2. a. y = 0,5 sin 2  (t – 0,5x) Pembahasan: Diketahui: A = 0,5 m  = 4 m T = 2 s Ditanya: y = ... ? Jawab: Cek kecepatan gelombang

 4   2 m/s T 2 Lihat sudutnya sinus, koefisien t dibagi koefisien x menghasilkan nilai 2. Hanya jawaban A dan B. Cek sinus sudutnya: v

5. a. (1), (2), dan (3) Pembahasan: Dengan cara sama di atas 2x Y  A sin (2ft  )  2x   Y  A sin   2ft    

Y  0,02sin (50t  x ) Maka 2f = 50 Hz, f = 25 Hz

2 1    2 meter v  f  2  25  50 m/s 6. e. 2,0 m/s Pembahasan:

 t x   2    T   t x  2    2 4

  2f  50   f  25Hz k

   t  0,5 x 

2      8 cm  4

Cepat rambat:

3. a. (1) dan (2) Pembahasan:

v  f

F v  m l Jadi, yang mempengaruhi adalah gaya dan massa per satuan panjang. 4. d. 200 m/s Pembahasan: Persamaan umum gelombang y  A sin( t  kx ) 2x y  A sin (2ft  )  x  y  A sin 2  ft     y  5 sin 2(100t  0,5 x )

 25  8  200 cm/s  2 m/s



f = 100 Hz 1  meter 0,5  2 meter Sehingga cepat rambat gelombang tersebut adalah:

Tv   v  f v  f  (2)(10)  200 m/s

Latihan Soal 2 1. b. 700 Hz Pembahasan: Kondisi mobil B yang punya klakson. Pengamat ke kanan, v p positif. Sumber ke kiri, vs negatif.

fp 

v  v  f p

s

v  v   330  20   580   330  40  s

350  580 290  700Hz 

2. a. fp =

v  vp

fs v Pembahasan: Kondisi P mendekati A yang diam

v v  vp  fp fp fp 

v  vp v

fs


15

3. d. 1.000 mesin Pembahasan: Selisih TI antara sirine dengan mobil adalah 100 – 70 = 30 dB. 30 dB berarti setara kenaikan jumlah sumber bunyi sebanyak 103 kali = 1.000 mesin. 4. b. 3,2 × 10–5 W/m2 Pembahasan: Intensitas bunyi

P R2 R2 I1  22 I2 R1 I

42 2  10 4 10 2  3,2  10 5 W/m2 



T Im otor T Im obil

Latihan Soal 3 1. b. 24 cm Pembahasan: 1,8 Mob   9 kali 0,2 Jadi panjang s’ob adalah 9 kalinya.

 92  18 cm Mikroskop diamati oleh mata tidak ber-akomodasi ditunjukkan oleh letak bayangan objektif yang persis terletak pada fokus okuler, sehingga tercipta bayangan yang terletak jauh tak terhingga. Jadi jarak lensa objektif dan okuler adalah:

d  s 'ob  fok  18  6  24 cm 2. d. 50 kali Pembahasan: 1,0 Mob  0,1  10 kali

Fp1 = 676 Hz Frekuensi layangan:

f2  fp 2  fp1  680  676  4Hz

40  10log

Mtot

 10  5  50 kali

/ I0

3. a. 50 kali Pembahasan: Bayangan objektif

/  10 4 I0

1 1 1   Sob fob sob '

I  10 4 I0 I1  10 3

1 1  2 2,4 0,2  2,4

10 6 10 12



 60 dB Taraf intensitas mobil

60  10log

I  10 6 I0 I2  10 6 16

25 5  5 kali  Mob  Mok

Mok 

6. b. 6 : 7 Pembahasan: / TI  10log I0

I  10 6 I0

105  70 dB 10 12 60 6   70 7

TI  10log

s 'ob  9  sob



5. e. 4 Hz Pembahasan: Efek Doppler (mendekati P)  v  fp 2   f  v  v  s p    340    676  340  2   680Hz

TI  10log

Jika 10 mobil maka I2 = 10–5

I I0

Perbesaran tidak berakomodasi

M

s 'ob sn dalam cm S fok

M

1,2 25 0,24 2,5

 50kali


4.

Cara pengamatan Panjang teropong a. Akomodasi maksimum 100 cm Pembahasan: Panjang akomodasi maksimum fob = jarak fokus cermin cekung (objektif) s ok = jarak benda ke lensa okuler Dari gambar terlihat bahwa: fob = 80 cm s ok = 20 cm Jadi:

d  fob  sok  80  20  100 cm Latihan Soal 4 1. c. 2 · 10–6 m Pembahasan:

dp  m L mL d p 2  5  10 7  2 1,5  20  10 7 

 2  10 6 m 2. a. 0,001 mm Pembahasan:

d sin   m m d sin  1 5  10 7  0,5  1 10 5 m  0,001 mm 3. d. 4,8 mm Pembahasan: Celah tunggal

  6.000 A  6  10 7 m n l  d 4 6  10 7  0,4   0,2  10 3









3

 4,8  10 cm  4,8 mm

4. e. 600 nm Pembahasan: n l y d

4  10 2 



4 75  10 2



45  10 6   6  10 7 m   600 nm

Latihan Soal 5 1. b. mencari jejak sebuah benda Pembahasan: Radar dapat digunakan untuk mencari dan menentukan jejak sebuah benda serta sebagai alat komunikasi pertahanan. 2. b. kanker kulit Pembahasan: Bila terpapar sinar ultraviolet dalam jangka waktu yang relatif lama dapat menyebabkan kanker kulit. 3. a. merupakan gelombang longitudinal Pembahasan: Gelombang elektromagnetik: a. Merupakan rambatan perubahan medan listrik dan medan magnet. b. Pola gelombang elektromagnetik sama dengan pola gelombang transversal dengan vektor perubahan medan listrik tegak lurus pada vektor perubahan medan magnet. c. Gelombang elektromagnetik menunjukkan gejala-gej ala: pemantulan, pembiasan, difraksi, polarisasi seperti halnya pada cahaya. d. Diserap oleh konduktor dan diteruskan oleh isolator. e. Dapat merambat di ruang hampa. 4. e. (3), (2), (4), (1) Pembahasan: Spektrum dan manfaat sebagai berikut. a. Gelombang Radio, memiliki di antara 10 4 sampai 10 7 sarana komunikasi. Karena sifat gelombangnya yang mudah dipantulkan ionosfer, yaitu lapisan atmosfir bumi yang mengandung partikel bermuatan, maka gelombang ini mampu mencapai tempattempat yang jaraknya cukup jauh dari stasiun pemancar. Informasi dalam bentuk suara dibawa oleh gelombang radio sebagai perubahan amplitudo (modulasi amplitudo). b. Gelombang TV & Radio FM, sekitar 10 8 Hz, gelombang elektromagnetik mampu menembus lapisan ionosfer sehingga sering digunakan sebagai sarana komunikasi dengan satelit-satelit. Daerah ini digunakan untuk televisi dan radio FM (frekuensi modulasi) dimana informasi dibawa dalam bentuk perubahan frekuensi (modulasi frekuensi). c. Gelombang Mikro, daerah frekuensi sekitar 10 10 Hz, digunakan oleh pesawat RADAR (Radio Detection and Ranging).


17

Informasi yang dikirim ataupun yang diterima berbentuk sebagai pulsa. Bila pulsa ini dikirim oleh pesawat radar dan mengenai suatu sasaran dalam selang waktu t, maka jarak antara radar ke sasaran: c  t s 2 c = kecepatan cahaya (3 × 108 m/det) d. Infra Merah, daerah frekuensi 10 11 – 10 14 Hz ditempati oleh radiasi infra merah, dimana gelombang ini lebih panjang dari gelombang cahaya tampak dan tidak banyak dihamburkan oleh partikel-partikel debu dalam atmosfir sehingga mengurangi batas penglihatan manusia. e. Cahaya Tampak, daerah frekuensi 10 Hz, berisi daerah cahaya tampak (visible light), yaitu cahaya yang tampak oleh mata manusia dan terdiri dari deretan warna-warna merah sampai ungu. f. Ultra Violet, daerah frekuensi 1015 Hz dinamakan daerah ultra ungu (ultra violet). Dengan frekuensi ultra ungu memungkinkan kita mengenal lebih cepat dan tepat unsur terkandung dalam suatu bahan. g. Sinar X, daerah frekuensi 1016 – 1020 daerah sinar X. Gelombang ini dapat juga dihasilkan dengan menembakkan elektron dalam tabung hampa pada kepingan logam. Karena panjang gelombangnya sangat pendek, maka gelombang ini mempunyai daya tembus yang cukup besar sehingga selain digunakan di rumah sakit, banyak pula digunakan di lembaga penelitian ataupun industri. h. Sinar Gamma, daerah frekuensi 10 20 Hz disebut daerah sinar gamma. Gelombang ini mempunyai daya tembus yang lebih besar daripada sinar X, dan dihasilkan oleh inti atom yang tidak stabil. 5. c. merah, biru, ungu Pembahasan: Urutan warna: merah, biru, ungu  berdasarkan  besar ke  kecil. 6. c. inframerah, ultra ungu, sinar X, sinar  Pembahasan: Urutan gelombang elektromagnetik dari frekuensi kecil ke frekuensi besar: gelombang radio  radar dan televisi  inframerah  cahaya tampak  ultraungu  sinar UV  sinar X  sinar gamma. Latihan Soal 6 1. c. 0 sampai 12 N Pembahasan: Pegas dikatakan masih bersifat elastis apabila masih berada di sebelah kiri titik batas elastisitas, yaitu pada daerah 0-12 N. 2.

18

No Gaya (N) Pertambahan Panjang (m) –2 b. 8 2,5  10

Pembahasan:

F  kx F k x Dari kelima tabel tersebut hasil a. 200 N m–1 b 320 N m–1 c. 300 N m–1 d. 200 N m–1 e. 300 N m–1 3. a. 2 joule Pembahasan: F1 F2  x1 x2

20 F2  5 10 F2  40

F x

1 Fx 2 1   40  0,1 2  2 J

Ep 

4. c. 400 N m–1 Pembahasan: F  k x

4  k (0,01) k  400 N m1 5. c. 300 N m–1 Pembahasan: k p  k A  kB

kp  k  k  2k 1 1 1 1 1 3      k tot k p kc 2k k 2k k tot 

2k 3

x total 

w k total

k total 

w x total

1,2  0,6  10 2 120  0,6  200

2k 3 2k  3k tot

k tot 

3(200) 2 k  300 k

Listrik dan Kemagnetan Latihan Soal 1 1. b. 5 N Pembahasan: Muatan Q1 (pada titik B, jenis negatif) oleh muatan Q 2 (positif) akan ditarik, hingga ada gaya yang arahnya ke titik A. Muatan Q1 (negatif) oleh muatan Q3 (positif) juga ditarik, hingga ada gaya ke arah titik C.


Kedua gaya yang terjadi memiliki sudut 90°, tinggal dicari resultannya. Perhitungan selengkapnya seperti berikut ini. Gaya antara muatan 1 dan 2.

F12  k

Q1Q2 r122

F12  (9  109 )

(10  10 6 )(3  10 6 ) (3  10 2 )2

F12  3 N

 9  10 9

2  10 6 2  10 1

 9  10 1  0,9 N Sehingga gaya resultan yang bekerja pada B:

 0,9 2  0,92  2  0,9  0,9  0

Q1Q3 r13

q2 r2

FB  F 2  F 2  2  F  F cos90 

Gaya antara muatan 1 dan 3

F13  k

F k

 2  0,92

2

 0,9 2 N

(10  106 )(4  106 ) F13  (9  10 ) (3  101 )2 F13  4 N 9

Resultannya

Ftot  (F12 )2  (F13 )2

4. b. 6 cm di kanan q2 Pembahasan: Karena muatan berbeda, maka letak muatan yang E = 0 adalah dekat dengan muatan terkecil q2.

q1

r2 

q1  q2

Ftot  32  4 2 5N

4



2r di sebelah kiri muatan +4Q 3 Pembahasan: Kedua muatan berbeda tanda, pilih titik diluar kedua muatan, lebih dekat ke muatan yang kecil (sebelah kiri muatan +4C).

2. b.

d

3

9 4

2 3 1  6 cm 

di sebelah kanan q 2 5. b. 9 × 10–1 N ke muatan A Pembahasan: Karena semua bilangan pada jawaban berbeda, maka gunakan angka penting.

 F  F1  F2 Jadi, jawabannya haruslah di sebelah kiri muatan +4C (jawaban b). Atau dengan perhitungan, agar nol, kuat medan listrik dari kedua muatan harus sama besar.

k

q A qB q q  k C 2B 2 rAB rCB

 9  109

(10 6 )(10 6 ) (0,1)(0,1)

 9  10 1 N Arah negatif, artinya ke kiri ke muatan A

E4C  E25C kQ1 kQ2  2 r12 r2

6. d. 1,35 N Pembahasan: Tiga buah muatan Gaya Coulomb q1 dan q3

4 25  2 x ( x  r )2 2 x  2r  5 x 3 x  2r 2r x 3

9  10 16  10 3  10  9

F13 

6

 0,4 

6

2

 2,7N Ke arah kiri Gaya Coulomb q1 dan q3

3. b. 0,9 2 Pembahasan: Cara biasa gaya Coulomb:

F13 dan F23 berlawanan arah sehingga –6

q A = qB = qC = 2 C = 2 × 10 C rAB = rBC = 20 cm = 2 × 10–1 m

FR = F13 – F23 = 1,35 N


19

Latihan Soal 2 1. c. VD = VT > VL Pembahasan: Besar potensial listrik di dalam dan dipermukaan bola sama besar (equipotensial), dan nilainya lebih besar dari potensial di luar bola (makin jauh dari permukaan bola, besar potensialnya makin kQ kecil ingat rumus V  ). r 2. b. 18 coulomb Pembahasan: Cari dulu kapasitas pengganti dari C2, C3, C4 dan C5. Setelah itu cari Ctotal kemudian gunakan kaidah untuk rangkaian kapasitor seri dimana Qa = Qb = Qtotal. C2 dan C3 susun seri:

C C C23  2 3 C2  C3 63  2 F 63 C4 dan C5 susun seri juga 12  6 C45   4 F 12  6 C23 dan C45 susun paralel C2345 = 2 F + 4 F = 6 F C totalnya dengan demikian (C1 dan C2345 susun seri). 66  3F 66 Muatan total Qtot = CV = 3(6) = 18 Coulomb (Q total sama besarnya dengan Q yang tersimpan di C 1 maupun C2345 karena susun seri). 3. d. 4C Pembahasan: 1 Diketahui: d2 = d 2 Ditanya: C = ... ? Jawab: Ctot 

C2    

0 A d   0 A d 2  0 A d 4 0 A d 4C

AI dII AII dI

A d 3 A 2d 1  6 6. e. 1,8 × 10–6 volt Pembahasan: q V k r (3  106 )  9  109 (1,5  10 2 )

 1,8  10 6 volt 7. e. 0,09 joule Pembahasan: q q Ep  k 1 2 r (0,2  2)10 8  9  10 9 10 3 2  9  10

 0,09 Joule Latihan Soal 3 1. e. 3,2 Pembahasan: Diketahui: E 1 = 20 V

R 2 = 3 

E 2 = 12 V R 1 = 5  I = ... ?

R 3 = 2 

Ditanya: Jawab: Hukum Ohm V  0

 E   IR  0

4. e. potensial listrik di titik P, Q, dan R sama besar Pembahasan: Jika R adalah jari-jari bola berongga, maka:  0; r  R  V  q k r ; r  R

20

 

C23 

C

Besar potensial listrik di seluruh ruang dalam bola konduktor berongga adalah sama, sehingga dapat dikatakan bahwa bidang di dalam bola berongga tersebut adalah bidang ekuipotensial. Jadi, jelas bahwa VP = VQ = VR 5. a. 1 : 6 Pembahasan:  A C 0 d  0 AI CI dI   0 AII CII d II

 E  E2  E2  20  12  32 V  IR  I (R3  R2  R1 )  I (5  3  2)  I (10)


5. a. 1,5 A Pembahasan: Hambatan paralel

 E   IR  0 32  I (10)  0 I (10)  32

1 1 1   Rp 4 4

32 10 I  3,2 A I

Arus V I R 9  6  1,5 A 6. c. 6 Pembahasan: Diketahui: pada alat voltmeter terukur

1,5  10 5  3 volt

VR 1 

Arus yang mengalir

Pada amperemeter terukur 6 VR 1  1 10  0,6 A

V R 200  100  2 ampere

I

Rp  2  Arus

V R 12  4  3 ampere

I

Hambatan total

R  Rp  R  22  4 Daya

P  I 2R  3 2 (2)  18 watt

4. c. 2,0  Pembahasan: Tegangan dan arus yang melalui hambatan R terlihat pada voltmeter dan amperemeter sebesar V = 5 volt dan I = 2,5 ampere.

V I 5v  2,5  2

R

24 6

1 2 Rp  2 

Kedua lampu paralel, sehingga: 1 1 1   R 100 200 2  200 R  100ohm

1 1 1 2    Rp 4 4 4

RT  Rp  4



2. b. 2 A Pembahasan: Hambatan lampu V2 R P 1002  50  200 

3. c. 18 W Pembahasan: Hambatan paralel

Hambatan total (seri)

Ditanya: sumber tegangan V = ... ? Jawab: Sumber tegangan V = VR1+ V 10/10 V10/10 = 1 × R10/10 = 0,6 × 0,5 = 3 volt V

= VR1 + V10/10 = 3 + 3 = 6 volt

Latihan Soal 4 1. a. 1 Pembahasan: Sesuai kaidah tangan kanan: • Jempol arah arus listrik • 4 Jari arah kuat medan magnet (putarannya) Yang arahnya ke bawah sesuai petunjuk arah soal adalah titik 1. (Titik 5 ke kanan, titik 4 ke atas, dan seterusnya, tiap titik diambil arah tegak lurus dengan P, sesuaikan putarannya) 2. b. 1,0  × 10–5 Pembahasan: Diketahui: I = 2A a = 3 cm = 3 × 10–2 m  0 = 4  × 10–7 Wb A A–1 m–1  = 360° – 90° = 270° Ditanya:

B = ... ?


21

6. c. 2,5  × 10–6 T masuk Pembahasan: B pada kawat melingkar 1 0 I B2  2 2a 1 (4   10 7 )  2 2(8  10 2 )

Jawab:

 0 I 360 2a 270 (4  10 7 )(2)  360 (2)(3  10 2 )

BP 

 3  8  10 7   2  4  6  10  1,0  10 5 T

 25   10 7 T  2,5   10 6 T

1 di kanan q2 2 Pembahasan: Letak titik yang kuat medan listriknya nol untuk dua muatan berbeda jenis adalah diluar kedua muatan dan berada dekat dengan muatan yang lebih kecil (tanpa melihat tanda positif negatif pada muatan)

3. c.

9  10

E p1  E p 2 k

10

q1 q  k 22 2 rp1 rp2 q1 rp1  q2 rp2 2

rp  1 q2 rp2

6



3x  x  1 2x  1 1 x 2

4. e. 1 × 10–5 T, masuk bidang kertas Pembahasan:

0 I 2a 4  2  2  4 4  10 7  2  2(4  10 2 )

B

 1  10



T

0I1 2a1 (4  10 7 )(3) 2(0,3)

= 5 × 10–6 T keluar

I x +

F

B

I = arah arus F = arah gaya B = arah medan magnet Jadi, arah medan magnet (B) searah dengan sumbu z negatif. 2. b. searah sumbu y+ Pembahasan: Arah arus berlawanan arah j arum j am. Arah medan keluar lingkaran. Jadi, induksi magnet di P searah sumbu y+. 3. d. 10 A ke bawah Pembahasan:

2  1 4  107  6

1,2  105 12  107  10 A Gaya tolak-menolak terjadi jika arah arus listrik pada dua kawat saling berlawanan arah. Jadi, karena arah arus pada kawat P ke atas maka arah arus kawat Q adalah ke bawah. 4. e. tegak lurus keluar bidang kertas Pembahasan: Arah gaya magnetik ditunjukkan arah telapak tangan. Jadi arahnya adalah tegak lurus keluar bidang kertas menuju mata pengamat. 



 0I2 2a2 (4   10 7 )(3) 2(0,2)

 3  10 6 T keluar

B1 dan B2 searah, maka: BR = B1 + B2

Arah arus y +

0

IQ  (1,2  105 )

B2 

 2  10 6 T keluar

22

e

F  0 IP IQ   2a

5. e. 5 × 10–6 T Pembahasan: Medan magnet induksi

B1 

z +

1 x x

Jadi, letak titik P yang kuat medan listriknya sama 1 dengan nol adalah berada cm di sebelah q2. 2

5

Latihan Soal 5 1. c. 3 Pembahasan:

3 1 x  x 1 3x  1  x

2

q1

6

7. a. mengikuti lintasan I Pembahasan: Dengan menggunakan aturan tangan kanan.


5. d. 15,2 × 10–12 T ke atas Pembahasan: Gaya Lorentz

F  Bqv  4(1,9  10 19 )(2  107 )

5. a. (1), (2), dan (3) saja Pembahasan: Dari gambar tersebut kita dapat melihat bahwa besarnya GGL induksi dipengaruhi oleh jumlah lilitan. Kekuatan fluks magnet, kecepatan relatif dari magnet.

 1,52  10 12 N ke atas Latihan Soal 6 1. a.

Latihan Soal 7 1. b. 200 ohm Pembahasan: Vm = 200 volt   500 rad/s

I B

X L  L  500  0,8  400  Pembahasan: Aturan tangan kanan dengan keempat j ari menggenggam kawat ibu jari. Ibu jari arah arus listrik empat jari arah medan magnet. Sehingga dengan menerapkan aturan tangan kanan pada semua gambar, diperoleh bahwa a benar.

XC 

1 1   250  C 500  8  10 6

Z  R 2  ( X L  X C )2  2502  (400  250)2  2502  150 2

B

 62.500  22.500  400.000  200  2. d. 2,4 A Pembahasan:

I

2. a. lampu akan semakin redup jika lilitan primer dikurangi Pembahasan: Np Vp Is   Ns Vs I p

16 volt

1,6

4

Is  N p  Vp

1 1  Ns Vs Jadi, arus sekunder (arus pada lampu) berbanding lurus dengan jumlah lilitan primer dan tegangan primer. Jadi, arus sekunder (arus pada lampu) berbanding terbalik dengan jumlah lilitan sekunder dan tegangan sekunder. 3. c. (1) dan (3) Pembahasan: Is 

GGL pada generator:   NB  sin t Jadi besar GGL pada generator dipengaruhi oleh: jumlah lilitan (N), induksi magnet (B), dan luas (A). 4. c. 20 volt Pembahasan: GGL induksi oleh arus yang berubah, pada t = 2 s. dI   N dt d  20 (t 2  3t  6) dt  20(2t  3)

6

Rtotal  Rp  1,6 12  1,6 32  2,4  1,6  4  

I

E Rtotal

16 4  4 A 

6 4 64  2,4 A

I 4 

3. c.

v t

 20 volt


23

Pembahasan: Jika XL > XC artinya rangkaian lebih bersifat induktif, sehingga grafik akan mengikuti sifat induktor. Induktor simbolnya L, artinya arus lebih lambat dan grafik arus adalah pergeseran 90° ke kanan dari grafik tegangan. 4. b. 176 volt Pembahasan: Impendansi

-

elektron dapat berpindah dari satu lintasan ke lintasan yang lain dengan cara menyerap atau membebaskan energi.

2.

Rutherford

d. Inti atom dan elektron tarik-menarik menimbulkan gaya sentripetal pada elektron yang mengakibatkan elektron tetap pada orbitnya.

Z  R 2  XC 2  40 2  30 2  50 W

3.

d.

Beda potensial pada R (VR )

Rutherford Sebagian besar massa atom berkumpul pada sebuah titik di tengah-tengah atom

VR  IR  4,4(40)  176 volt

36 5R Pembahasan: Panjang gelombang

4. c.

X L  L  100(2)  200 

1 1   1  R 2  2  m   n

1 C

1 1  1  R 2  2   3  2

1  100(10  10 6 )  1.000 

1 5R   36

Impendansi



Z  R 2  ( X L  X C )2  600 2  (1.000  200)2  1.000  V I R 100 2 1.000

36 5R

5. d. muatan positif dan massa atom terpusat pada inti atom Pembahasan: Model atom Rutherford adalah muatan positif dan muatan atomnya terpusatkan pada inti atom. 6. d. memancarkan energi sebesar 12,09 eV Pembahasan:

 0,1 2 ampere

Fisika Modern Latihan Soal 1 1. c. dialokasikan hanya dalam sejumlah orbit-orbit tertentu Pembahasan: Atom model Bohr: - elektron mengelilingi inti dengan lintasan tertentu 24

Bohr Radiasi dipancarkan ketika elektron pindah dari lintasan dengan energi tinggi ke energi rendah

Pembahasan: Sudah jelas.

5. a. 0,1 2 A A Pembahasan:



Ele ktron dapat pindah dari orbit (lintasan) yang satu ke lintasan yang lain de ngan mel epaskan en ergi atau menye rap energi.

Pembahasan: Sudah jelas.

Arus V I R 220  50  4,4 A

XC 

Bohr

 1 1  En  13,6  2  2  n n  1 3  1 1  13,6  2  2  1 3   12,09 eV Memancarkan energi sebesar 12,09 eV (karena elektron berpindah dari kulit dalam ke kulit luar).


Latihan Soal 2 1. b. (1) dan (3) Pembahasan: Elektron yang keluar saat logam disinari cahaya dengan energi tertentu disebut elektron foton. Laju pemancaran elektron bergantung pada intensitas cahaya. Saat energi foton lebih dari fungsi kerja logam, semakin besar intensitas cahaya maka semakin banyak elektron yang terpancar. 2. c. intensitas cahaya tidak mempengaruhi energi elektron yang keluar dari permukaan logam Pembahasan: Intensitas cahaya tidak mempengaruhi energi elektron yang keluar tapi yang mempengaruhi adalah frekuensi, intensitas cahaya mempengaruhi banyaknya elektron yang keluar. 3. c. 1,8 eV Pembahasan:

  660 nm E  hf c h 

v2 76  1 2 c 95 v2 4  1 2 c 5 4 bisa diletakkan pada sebuah 5 segitiga siku-siku. Perhatikan nilai

v2 kita misalkan nilai cos  , maka v c2 adalah nilai dari sin  . 1

v2 3 3  maka v  c  0,6c c2 5 4

2. b. 0,5 L0 Pembahasan: 1 v 3c 2

3  108 660  10 9

 0,9  10 17  3  10 19  1,8 eV

  1

–10

4. b. 4,9 × 10 m Pembahasan: h  mv 6,6  10 34  (9  10 31 )(1,5  10 26 )

 4,9  10 10 m 5. c. 3 Pembahasan: Diketahui: Dari persamaan efek fotolistrik dihasilkan persamaan Ek = hf – hf0. f0 adalah frekuensi ambang ditunjukkan di bawah ini. 1

2 3 4

v2 c2

lt v2  1 2 l0 c

1

 (6,6  10 34 )

O

l t  l0 1 

Jika

0  2,3 eV

Ek

Latihan Soal 3 1. c. 0,60c Pembahasan:

5

F

6. b. tidak semua foton merupakan gelombang elektromagnetik Pembahasan: Pernyataaan yang tidak menggunakan teori kuantum Planck yaitu, tidak semua foton merupakan gelombang elektromagnet.

v2 c2

L  L0  0,5L0

1  2 3. e. 66% Pembahasan: Pesawat ulang-alik: v = 0,8 c m0 m v2 1 2 c m0  (0,8 c )2 1 c2 m0  1  0,64 m0  0,36 m0   1,66 m0 0,6 Jadi persentase pertambahannya =

1,66  1  100%  66% 1 4. d. 2 : 3 Pembahasan: Kecepatan v = 0,8 c E 0 = m0  c2 E k = E – E0 = (m – m0)c2


25

m

1 

Jawab:

m0

c  c ItA0  nh  n I  tA0 hc

v2 c2 m0

En  nh

(0,8 c )2 c2 m0

1  



1  0,64 m0

 2  10 20 foton

0,36

Latihan Soal 4 1. e. 1789,75 MeV Pembahasan:

m0 0,6  0,6 m 

Ek : E0 = (m – m0)c2 : m0  c2 = (m – 0,6m)c2 : 0,6m  c2

236 92

 (92  1,0078)  (146  1,0086)  238,0508  92,7176  147,2556  238,0508  1,9224 E  1,9224  931  1789,7544  1789,75 MeV

5. d. 4 : 1 Pembahasan: Luas A  R 2

2. b. 0,252 sma Pembahasan:

R1  2R2

40 20

Ca  20 proton ,20 neutron

P  eT 4 P1 A1  P2 A2

m  (20  1,0078)  (20  1,0087)  40,078  0,252 sma 3. a. 0,137 sma Pembahasan:

(2R )2 R 2 4  1 

8

Li 16  8 proton ,6 neutron m  (8  1,0078)  (8  1,0087)  15,995  0,137 sma

6. c. 2T0 Pembahasan: Radiasi kalor

4. b. 0,0345 sma Pembahasan:

P0  eT 4

3

Li 6  3 proton ,3 neutron m  (3  1,0078)  (3  1,0087)  6,015

P1  16P0

 0,0345 sma

 16eT 4

16eAT04  eAT14 T1  2T0

26

Li  92 proton,146 neutron

m  (Zm  ( A  Z )mn  min ti )

= 0,4m  c2 : 0,6m  c2 = 4 : 6 = 2 : 3

7. c. 2 × 1020 foton Pembahasan: Diketahui: I =  = h = c = n Ditanya: = tA 0

66,3(600  10 9 ) (6,63  10 34 )(3  108 )

66,3 Wm–2 600 nm = 600 × 10–9 m 6,63 × 10–34 Js 3 × 108 m/s ... ?

Latihan Soal 5 1. e. menentukan usia fosil Pembahasan: Penggunaan Radioisotop: Manfaat C–14 adalah untuk menentukan usia fosil dengan melihat seberapa besar peluruhan C–14 yang terdapat pada fosil tersebut. 2. c. (1) dan (3) Pembahasan: Pemanfaatan radioisotop di bidang kesehatan: - terapi radiasi - sebagai perunut.


3. c. menentukan umur batuan atau fosil Pembahasan: Usia fosil bisa ditentukan dengan metode peluruhan radioaktif. Unsur yang sering digunakan untuk kegiatan ini adalah atom karbon–14 (C–14). Setiap makhluk hidup (manusia, binatang dan tumbuhan) dan benda mati di bumi ini mengandung karbon–14. Unsur C–14 mempunyai waktu paruh 5.730 tahun, artinya jika dalam tubuh makhluk hidup terdapat 1.000 atom C–14 maka 5.730 tahun setelah makhluk hidup itu mati, jumlah atom C–14 akan berkurang setengahnya menjadi 500. Kemudian pada 5.730 tahun berikutnya atau 11.460 tahun kemudian jumlahnya tersisa 250 dan seterusnya. Dengan mengukur jumlah C–14 yang terkandung pada fosil, umur fosil bisa ditentukan. Untuk rekaman sepanjang sejarah, metode ini cukup baik dengan penyimpangan akurasi sekitar beberapa ratus tahun. 4. d. Ar–41 Pembahasan: a. P–32  b. I–131  c. C–14  d. Ar–41 

mendeteksi kebocoran pipa mendeteksi kebocoran pipa menentukan umur fosil mendeteksi kebocoran pipa (Ar adalah gas mulia) e. Na–24  perunut dalam penelitian efisiensi pemupukan tanaman

5. b. mendeteksi kebocoran pipa dan mengukur ketebalan pelat/kertas Pembahasan: Pemanfaatan radioisotop di bidang industri: • Mengetahui bocor atau tidaknya pipa logam atau mengukur ketebalan baja dengan sinar gamma yang dipancarkan Kobalt–60 atau Iridium–192. • Meneliti kekuatan material dan meneliti gejala difusi dalam logam. • Mengukur ketebalan bahan (lembar kertas) dengan Strontium–90 atau sinar beta. • Mengefisiensikan pekerjaan mengeruk lumpur pelabuhan dan terowongan dengan memasukkan isotop Silikon ke dalam lumpur. • Pemeriksaan tanpa merusak dengan teknik radiografi. • Lampu petromaks menggunakan Thorium agar nyala lampu lebih terang. 6. a. mendeteksi kebocoran pipa Pembahasan: Radioisotop I–131 dimanfaatkan untuk mendeteksi kebocoran pipa. 7. c. mendeteksi kebocoran pipa air Pembahasan: Radioisotop di bidang hidrologi: • Mengukur kecepatan aliran atau debit fluida dalam pipa. • Menentukan jumlah kandungan air dalam tanah.

•

Mendeteksi kebocoran pipa yang terbenam dalam tanah. Memeriksa endapan lumpur pelabuhan dan terowongan dan mengukur cara lumpur bergerak dan terbentuk. Mengukur tinggi permukaan cairan dalam suatu wadah tertutup.

•

•

8. e. 94 X 239 Pembahasan: Nomor atom dan nomor massa kekal 93

N239  X   01  00 

maka 94 N239

7 N0 8 Pembahasan: Zat yang tersisa

9. d.

90

 1  30 Nt  N0   2 1  N0 8 Zat yang meluruh

N  N 0  Nt 1  N 0  N0 8 7  N0 8

LATIHAN UJIAN NASIONAL 1. e. 142 gram (ralat option) Pembahasan: 1. Posisi anting depan 2. Posisi anting tengah 3. Posisi anting belakang

2,0 gram 40,0 gram 100,0 gram

+ Massa buku fisika 142,0 gram 2. e. (5) Pembahasan: Vektor resultan didapat dengan menghubungkan pangkal vektor pertama ke ujung vektor kedua. Vektor nol adalah ujung vektor terakhir bertemu dengan pangkal vektor pertama. 3. c. 39 m Pembahasan: Jarak yang ditempuh merupakan luas di bawah atau di atas garis pada grafik (v –t).

Jarak = luas trapesium + luas segitiga 1 84  6   2  2 2  2   36  3  39 Jadi jarak yang ditempuh benda dari 0 sampai 10 s adalah 39 m.


27

4. d. 5 : 1 Pembahasan: A dan B sepusat A B dan C dihubungkan tali vB = vC

B RB  C R C B RB  C RC 10 5  2 1 B : C  5 : 1 5. e. 5 : 3 Pembahasan: fs1 : fs2 =  fk AB : fk B = k (10 + 15) : µk(15) = 25µk : 15µk = 5 : 3 6. a. 1.000 m Pembahasan:

 3  0,1 0,5  2  0,6  0,5  0,15  0,6

1 2 gt 2 1 500  10  t 2 2 500 t 5  100 h

x

 0,75 N m 9. a. 5 m s–1 Pembahasan:

v2 R v2 mg  m R v 2  gR F m

= v0x t = (100) (10) = 1.000 m

7. c. sama dengan percepatan benda kedua Pembahasan: Untuk benda j atuh bebas dipengaruhi oleh percepatan gravitasi. Jadi bila tempatnya sama, maka percepatannya besarnya sama. 8. b. 0,75 N m Pembahasan: Gaya yang bekerja pada benda diilustrasikan pada gambar berikut. Pada gambar di bawah, terdapat dua gaya yang bekerja pada tongkat, antara lain: - Gaya berat tongkat (F tongkat) yang merupakan gaya berat tongkat itu sendiri. Besar F tongkat = 3 N. - Gaya berat benda P (FP) yang merupakan gaya berat benda P. Besar FP = 2 N Jarak pangkal masing-masing gaya ke titik poros O adalah: - Jarak pangkal gaya Ftongkat terhadap titik poros O adalah ltongkat = 10 cm = 0,1 m - Jarak pangkal gaya F P terhadap titik poros O adalah lP = (10 + 50) cm = 60 cm = 0,6 m Masing-masing gaya tersebut membentuk sudut 30 terhadap tongkat sehingga  = 30

28

Baik gaya f tongkat maupun F p mengakibatkan tongkat berputar searah jarum jam, sehingga kedua momen gaya bernilai positif. Sehingga total momen gaya yang bekerja pada tongkat adalah:    Ftongkat   tongkat sin30  FP   P sin30

 (0,25)(10)(10)  5 m s1 10. c. 14,50 · 10 –4 kg m2 Pembahasan: Momen inersia di titik dengan sumbu putar di p.

I p  ma ra 2  mb rb 2 2

60  15  40  5   1.000  100  100  100  5 225 4 25   100 10.000 10 10000 13,50 1   10.000 10.000 14.50 Ip  10.000  14,50  10 4 kg m2

2



11. b. (1) dan (3) Pembahasan: Tekanan hidrostatis dituliskan dalam persamaan:

Ph   gh Jadi besarnya tekanan hidrostatis hanya dipengaruhi massa jenis zat cair (  ), percepatan gravitasi (g), dan kedalaman titik dari permukaan zat cair (h).


12. a. F > mg Pembahasan: Hukum Archimedes menyatakan sebagai berikut, Sebuah benda yang tercelup sebagian atau seluruhnya ke dalam zat cair akan mengalami gaya ke atas yang besarnya sama dengan berat zat cair yang dipindahkannya. Sebuah benda yang tenggelam seluruhnya atau sebagian dalam suatu fluida akan mendapatkan gaya angkat ke atas yang sama besar dengan berat fluida fluida yang dipindahkan. Besarnya gaya ke atas menurut Hukum Archimedes ditulis dalam persamaan: Fa =  vg Keterangan: Fa = gaya ke atas (N) V = volume benda yang tercelup (m3)  = massa jenis zat cair (kg/m3) g = percepatan gravitasi (N/kg) - Bila gaya archimedes sama dengan gaya berat w, maka resultan gaya = 0 dan benda melayang. - Bila Fa > w, maka benda akan terdorong keatas akan terapung. - Bila Fa < w, maka benda akan terdorong ke bawah dan tenggelam. 13. a. 2 m/s Pembahasan:

2gh

v

2

 A1    1  A2  

2

 24   16   1   5 2

3  2 1    4 2 Jadi, kecepatan air pada pipa besar adalah 2 m s–1 14. c. 8,6 cm Pembahasan: Benda I adalah benda persegi y1 

1 s 2

A1  s 2

1   20 2

 20 2  400 cm2

 10 cm Benda II adalah benda segitiga y2  s 

1 t 3

 20 

1 6 2

 18 cm

400  10  ( 60)18 400  ( 60) 20(200  54)  20(20  3) 146  17  8,6 

Jadi letak titik berat benda adalah 8,6 cm dari sisi atas. 15. e. 72 joule Pembahasan: v t  v 0  at

W  E k

 0  32 1

 6 m s

 E k 2  Ek 1 1 1 mv 22  mv12 2 2 1 1  (4)(6)2  (4)(6)2 2 2  72 joule 

Jadi, besar usaha yang diubah menjadi energi kinetik adalah 72 joule. 16. a. 25 J Pembahasan: Diketahui: m = 25 kg  = 30° d = 2 m Ditanya: W = ... ? Jawab: W = F d = w sin 30° d

2(10)(0,25)h



Luas benda II bertanda negatif, karena benda memotong luas benda. Letak titik berat terhadap alas: A y  A2 y 2 y 1 1 A1  A2

1 A2    a  t 2 1    20  6 2  60 cm

2

 1 = (25)   (2) 2 = 25 J 17. a. 1,4 N s (ralat option jawaban) Pembahasan: Kecepatan awal bola kasti adalah berlawanan arah gerak gaya F sehingga v 1 = –2 m s –1 . Sedangkan kecepatan setelah dipukul adalah searah dengan gaya F sehingga v2 = 5 ms–1. Besar impuls adalah perubahan momentum sehingga:

I  p  mv 2  mv1  m(v 2  v 1 )  0,2(5  ( 2))  0,2(7)  1,4 N s Jadi, besar impuls yang diberikan tongkat kepada bola adalah 1,4 N s.


29

18. c. 30 m/s Pembahasan: Karena benda mula-mula diam (v = 0), maka momentum awal benda sama dengan nol. Momentum sebelum dan sesudah meledak adalah tetap sehingga: p  p' ( m1  m2 )v  m1v 1 ' m2v 2 ' 3 2 0  m  20  m  v 2 ' 5 5 2  m  v 2 '  12m 5 12m v2 '  2  m 5 v 2 '  30 m s 1 Jadi, besar kecepatan bagian benda yang lebih kecil adalah 30 m s –1 berlawanan arah gerak bagian benda yang lebih besar. 19. c. 1,2 mm Pembahasan: Jarak antara kedua batang real = pemuaian batang rel. Diketahui: L 1 = 10 meter t1 = 30 °C = 12 · 10–6/°C Jawab:

L  L1(t1  t 2 )  (10)(12  10 6 / C)(30  20)  12  10 4  1,2 mm 20. a. 0,143 kal g–1 C–1 Pembahasan: Soal tersebut dapat diselesaikan menggunakan asas Black. Besi akan melepas kalor karena memiliki suhu yang lebih tinggi dibandingkan dengan minyak. Sedangkan bejana dan minyak akan menyerap kalor dari besi, sehingga besi maupun bejana akan mencapai suhu setimbang T. Masing-masing selisih suhu awal besi, minyak dan bej ana terhadap suhu setimbang adalah: Tbesi  Tbesi  T  75 C  25 C  50 C

Tminyak  T  Tminyak  25 C  20 C  5 C Tbejana  T  Tbejana  25 C  20 C  5 C Sedangkan masing-masing kalor yang diserap/ dilepas: Kalor yang dilepas oleh besi adalah: Qlepas  mbesi cbesi Tbesi

Kalor yang diserap oleh minyak adalah: Qserao  mminyak cminyak Tminyak

Qlepas  Qserap mbesi  cbesi  Tbesi  mmin yak  cmin yak  Tminyak  mbejana  cbesi  Tbejana (50)cbesi  50  100(0,43)(5)  (200)cbesi (5) 2.500cbesi  215  1.000cbesi 2.500cbesi  1.000cbesi  215 1.500cbesi  215 215 1.500  0,143 kg g1 C

cbesi  cbesi

21. d. 29 °C Pembahasan: Batang logam A dan B memiliki ukuran yang sama AA = AB Koefisien konduksi termal A adalah setengah konduksi termal B. Laju kalor konduksi adalah sama. QA QB  t t k A AA (TA  T ) kB AB (T  TB )  A B

k A (TA  T )  kB (T  TB ) 1 k B (79  T )  kB (T  4) 2 (79  T )  2(T  4) 79  T  2T  8 79  8  2T  T 87  3T 29  T T  29 C Jadi, suhu pada sambungan adalah 29 °C. 22. e. 5 × 105 joule Pembahasan: Proses A ke B (Isokhorik) Usaha = WAB = 0 (tidak terjadi perubahan volume) Proses B–C (Isobarik) Usaha: WBC = P · V WBC = 2 · 105(5 – 2,5) = 5 × 105 joule Jadi usaha total: W = WAB + WBC = 0 + 5 × 105 = 5 × 105 joule 23. b. perubahan gas yang tekanannya selalu tetap Pembahasan: Proses isobarik adalah proses termodinamika yang terjadi pada tekanan konstan. 24. e. 25 cm dan 50 cm/s Pembahasan: Panjang gelombang dapat ditentukan dengan mengamati jarak antara dua benda. Untuk mencari cepat rambat gelombang dapat digunakan persamaan: v   f

Kalor yang diserap oleh bejana adalah: Qserao  mbejana cbesi Tbejana

Menurut azas Black, kalor yang dilepas zat bersuhu tinggi sama dengan kalor yang diserap zat yang bersuhu rendah, sehingga: 30


Perhatikan gambar, jarak dua gabus adalah 2 sehingga:

2  50 cm   25 cm Setiap detik satu gabus bergetar 2 kali, maka frekuensi gelombang tersebut adalah: f = 2 Hz Cepat rambat gelombang

v  f  (25)(2)  50 cm s1 Jadi, panjang gelombang dan kecepatan rambat gelombang tersebut masing-masing adalah 25 cm dan 50 cm/s. 25. c. 0,80 m s–1 Pembahasan:

1,5  60 60  1,5   40 v  f  (40)(2)  80 m/s  0,8 m/s

27. c. 75 dB Pembahasan: Pada kondisi pertama jumlah terompet n1 = 1 dan jarak terompet r1 = 5 m Menghasilkan taraf intensitas TI 1 = 75 dB Pada kondisi kedua, jumlah terompet n 2 = 100 dan jarak terompet r2 = 50 m Sehingga taraf intensitas untuk perubahan jumlah dan jarak sumber bunyi adalah:

n  r  TI2  TI1  10log  2   20log  2  n  1  r1   100   50   75  10log    20log    1   5   75  10log10  20log10  75  10(2)  20(1)  75  20  20  75 dB Jadi taraf intensitas dari seratus terompet pada jarak 50 adalah 75 dB. 28. d. 45 kali Pembahasan: Sehingga perbesaran lensa objektif: s' Mob  ob sob 18 2  9 kali Sedangkan perbesaran lensa okuler untuk mata normal tidak berakomodasi: S Mok  n fok 

26. a. 675 Hz Pembahasan: Pada soal diketahui: Mobil A membunyikan sirine, artinya mobil A adalah sumber bunyi, sehingga vA = vs = 72 km/jam = 20 m/s Mobil B sebagai pendengar, sehingga vB = vp = 144 km/jam = 40 m/s Kecepatan bunyi di udara v = 340 m/s Frekuensi sumber bunyi fs = 720 Hz Ditanyakan: Frekuensi yang diterima pendengar fp = ... ? Perhatikan, pada soal dijelaskan bahwa mobil B telah menyalib mobil A sehingga mobil B sebagai pendengar bergerak menjauhi sumber bunyi, sehingga v p bertanda negatif (–). Dan mobil A sekarang di belakang mobil B sehingga mobil A sebagai sumber bunyi bergerak mendekati mobil B sehingga v, juga bertanda negatif (–).

fp  

v  vp v  vs v  vp v  vs

 fs  fs



340  40  720 340  20



300  720 320

 675 Hz

25 5  5 kali Jadi, perbesaran lensa okuler untuk mata normal tidak berakomodasi: 

M  Mob  Mok  95  45 kali 29. c. 6 × 10–3 m Pembahasan: Pada interferensi celah ganda, pola terang terjadi apabila beda lintasan merupakan kelipatan bulat dari panjang gelombang sehingga persamaan yang digunakan adalah:

dp  m l Dimana m menyatakan orde dari pola terang. Pada soal diketahui: - Panjang gelombang

  500 nm  500  109 m  5  10 7 m


31

-

Jarak antara layar dan celah l = 1 m Jarak yang tercipta di layar p = 0,25 mm = 0,25 × 10–3 m = 2,5 × 10–4 m - Orde terang adalah m = 3 Sehingga: dp  m l ml d p



Permasalahan pada soal di atas dapat diilustrasikan pada gambar berikut. Misalkan arah arus pada kawat adalah ke atas dan elektron (muatan negatif) bergerak ke bawah, sehingga kondisinya dapat diilustrasikan pada gambar. Karena arah arus ke atas, maka dengan aturan genggaman tangan kanan arah medan magnetik yang dialami elektron adalah masuk bidang kertas. Besar medan magnetik yang dialami oleh elektron adalah:

(3)(5  107 )(1) (2,5  14 )

15  107 2,5  10  4  6  10 3 m 

30. d. (1), (3), dan (5) Pembahasan: Inframerah dapat digunakan sebagai remote control, mengeringkan cat mobil dengan cepat, alarm anti maling, mendiagnosa penyakit dan terapi fisik serta pemetaan sumber daya alam. Sedangkan untuk mengontrol ketebalan kertas dapat dilakukan dengan menggunakan sinar gamma. Membawa informasi dari satu tempat ke tempat yang lain dapat dengan menggunakan gelombang radio atau gelombang televisi. Jadi pernyataan yang benar adalah (1), (3), dan (4). 31. a. daerah deformasi elastis Pembahasan: Perhatikan gambar grafik di atas. A – B berbentuk garis lurus, jadi A – B adalah daerah hukum Hooke. Daerah A = B – C adalah daerah deformasi elastik. Daerah C – D – E adalah daerah deformasi plastis. Titik B adalah titik batas hukum Hooke. Titik C adalah titik batas elastisitas. Titik D adalah titik tekuk atau titik tegangan maksimum. Titik E adalah titik patah. Karena C adalah titik batas elastisitas, maka A – C yang merupakan daerah deformasi elastik. Sehingga jelas bahwa daerah B – C yang berada di daerah A – C juga merupakan daerah deformasi elastis. 32. c. 4 × 10–19 N menuju kawat Pembahasan: Arah gaya magnetik ditentukan oleh aturan tangan kanan. Arah gerak muatan ditunjukkan oleh arah keempat jari terbuka yang dirapatkan. Arah gaya magnetik untuk muatan positif adalah arah telapak tangan, sedangkan arah gya magnetik untuk muatan negatif adalah arah tempurung/ punggung telapak tangan (berlawanan arah telapak tangan). Ditanyakan arah gaya magnetik untuk muatan negatif.

32

0 I 2a (2  107 )(4)  2(16  103 )

B

 0,5  104 T Sehingga dengan aturan tangan kanan, dimana arah medan magnetik masuk bidang kertas dan arah gerak elektron ke bawah, maka arah gaya magnetik yang dialami elektron adalah ke kiri (menuju kawat). Karena arah medan magnetik dan arah gerak elektron tegak lurus sehingga  = 90°  sin  = 1. Sehingga besar gaya magnetik adalah: FL = Bqv = (0,5  10–4) (1,6  10–19) (5  10–4) = 4  10–19 N 33. a. 4 : 9 Pembahasan: Pada kondisi pertama, besar gaya listrik yang dialami kedua muatan adalah: qq F0  k 1 22 R Pada kondisi kedua, besar gaya listrik yang dialami kedua muatan adalah:

F0  k

q1q 2 2



9  q1q 2  k  4  R2 

3   R 2  Sehingga perbandingan antara F0 dan F adalah: q1q 2 R2 9 qq    k 1 22  4 R  9  1: 4  4:9

F0 : F  k


34. a. 3 coulomb Pembahasan: Perhatikan rangkaian kapasitor berikut.

Impendansi Z  R 2   X L  XC 

2

 200 2  1.000  625 

Tujuan kita adalah menghitung besar muatan pada kapasitor C4 yaitu q4 = C4V4 dengan V4 = Vp. Sehingga kita perlu menentukan besar V pada rangkaian parallel terlebih dahulu. C 3 dan C 4 tersusun parallel sehingga: C3 dan C4 tersusun parallel, sehingga: Cp = C3 +C4 = 2 F + 6 F = 8 F C1, C2, Cp dan C5 tersusun seri, sehingga: 1 1 1 1 1     Cs C1 C2 Cp C5

1 1 1 1    2F 4F 8F 8F 8  8F 

8F 1 F 8 Jadi Ctotal = 1 F, sehingga muatan total: Qtotal = Ctotal V Cs 

= (1 F) (12 V) = 12 coulomb Prinsip rangkaian seri, besar muatan sama: Q total = q1 = q2 = qp = q5 = 12 coulomb Beda potensial pada Cp: qp Vp  Cp

12 8 3  V 2 Prinsip rangkaian parallel, beda potensial sama: 3 Vp  V3  V4  V 2 Sehingga besar muatan pada C4: 

q4  C4V4 3 2  3 coulomb  2

35. d. 2,5 kHz Pembahasan: R  200  Reaktansi induktif 1 XC  C 1  400  4  10 6  625 

2

 200 2  3752  40.000  140.625  180.625  425  Jadi, besar impendansi rangkaian RLC adalah 425  . 36. d. daya pada kumparan primer berbanding daya pada kumparan sekunder adalah 5 : 3 Pembahasan: Efisiensi transformator didefinisikan sebagai perbandingan antara daya listrik yang keluar dari transformator dengan daya listrik yang masuk ke transformator. P   s  100% Pp V I   s s  100% Vp  I p Jadi, efisiensi sebuah transformator sebesar 60% artinya perbandingan daya pada kumparan primer dibandingkan dengan kumparan sekunder adalah 5 : 3. 37. b. (1) dan (3) Pembahasan: Efek fotolistrik adalah peristiwa keluarnya elektron dari permukaan logam karena radiasi elektromagnetik. Efek fotolistrik akan terjadi apabila energi gelombang cahaya yang digunakan lebih besar dari energi ambang gelombang (fungsi kerja). Sebagaimana diketahui bahwa energy gelombang cahaya dipengaruhi oleh frekuensi cahaya tersebut, semakin besar frekuensi cahaya yang digunakan maka semakin besar energinya. Sehingga agar efek fotolistrik terjadi, maka yang harus dilakukan antara lain memperbesar energi gelombang cahaya dengan memperbesar frekuensi gelombang atau memperkecil panjang gelombang cahaya. Sedangkan intensitas cahaya hanya mempengaruhi jumlah elektron yang keluar dari logam ketika terjadi efek fotolistrik. Jadi, jawaban yang tepat adalah (1) dan (3). 38. a. hanya bisa untuk menj elaskan atom berelektron tunggal Pembahasan: Kelemahan teori atom Bohr: - Tidak dapat menjelaskan efek Zeeman (garisgaris tambahan dalam spektrum emisi jika atom-atom tereksitasi diletakkan dalam medan magnet homogen) - Tidak dapat menjelaskan spektrum warna dari atom berelektron banyak - Melanggar prinsip ketidakpastian Heisenberg, yang menyatakan bahwa tidak mungkin dapat ditentukan kedudukan dan momentum suatu benda secara seksama pada saat bersamaan.


33

39. b. 13,965 MeV Pembahasan: Massa sebelum reaksi: = 2.009 sma + 3,018 sma = 5,027 sma Massa setelah reaksi: = 4,003 sma + 1,009 sma = 5,012 sma Defek massa: M = massa sebelum reaksi – massa sesudah reaksi = 5,027 sma – 5,012 sma = 0,015 sma Energi yang dibebaskan: E = m × 931 MeV = 0,015 × 931 = 13,965 40. c. 0,0693 per hari Pembahasan:

0,693 0,693    0,0693 / hari T 10 hari

TRYOUT PAKET 1 1. d. 50 menit 39 detik Pembahasan: Perhatikan stopwatch di samping. Jarum pendek berada pada lingkaran dengan skala 0 – 60. Jarum pendek menunj ukkan menit. Jarum panjang berada pada lingkaran dengan skala 0 – 60. Jarum panjang menunjukkan detik. Sehingga pembacaan alat ukur tersebut adalah: Jarum pendek menit menunjukkan angka 55. Jarum panjang detik menunjukkan angka 39. Jadi, pembacaan alat ukur tersebut = 55 menit + 39 detik = 55 menit 39 detik. 2. a. 0 Pembahasan: Vektor B dan C sama besar 10 N dan mengapit sudut 90° maka mempunyai resultan sebesar 10 2 N dengan arah tepat pada sumbu x negatif. Resultan ini bila dijumlahkan dengan vektor A akan menghasilkan nol karena sama besar dan berlawanan arah. 3. a. 100 m Pembahasan: Jarak = luas grafik

I

II 6

9

20  40  1  30 2 3  4 LII     20  70  2  L  30  70  100 m LI 

34

2 T T

 2  32  64 N

T

5. a. 20 N Pembahasan: Benda B WB = T1 T1 = 20 N 6. d. 40 m Pembahasan: v 2 sin  x 0 10 202 sin 2(45)  10 400 sin 90  10 400  1  10  40 m 7. c. sama dengan percepatan benda kedua. Pembahasan: Untuk benda j atuh bebas dipengaruhi oleh percepatan gravitasi. Jadi, bila tempatnya sama, maka percepatannya besarnya sama. 8. a. T1 = T2 cos  Pembahasan:

T sin 2

T2

T1 T cos 2

Kesetimbangan horizontal T1 = T2 cos  Kesetimbangan vertikal W = T2 sin 

20

5

Fs  mas

v R v  R 2R  v 2(0,5)  4  0,25 s



W

40

3

4. a. (1), (2), dan (3) Pembahasan:  as  s R 16  0,5  32 m/s

10

9. c. 12 3 N m Pembahasan:  = F d sin   = 12 (2) sin 60° 1 3)  = 12 (2)( 2 = 12 3 N m


10. a. massa benda Momen inersia adalah besaran yang menyatakan ukuran kelembaman benda yang mengalami gerak rotasi (seperti massa pada gerak translasi). Momen inersia (I) dirumuskan sebagai: I =  mR2 dengan m adalah massa benda dan R adalah jarak benda ke pusat rotasi. Jadi, momen inersia dipengaruhi oleh massa benda (a). 11. d. 833 Pembahasan:

h1   1  g  h2  2  g

x

( x1A1  x 2 A2 ) ( A1  A2 )



((2)(16)  (5)(4)) (16  4)



52 20

 2,6

10(1.000)  (12)2 10.000 2  12  833,33 kg / m3 12. c. 0,7 g/cm³ Pembahasan: Benda homogen mengapung di atas air, 7/10 bagian berada di dalam air. 7 V Va = 10 b Rumus: aVa  bVb V b  a a Vb 7 1 Vb 10  Vb

 0,7 g/cm3 13. a. 6,0 × 104 Pa Pembahasan: Persamaan Bernoulli 1 P  gh  v 2  konstan 2 1 1 Pa  gha  gv a2  Pb  ghb  gv b2 2 2 1 Pb  Pa  g (ha  hb )  (v a2  v b2 ) 2 v a Aa  v b Ab

va A  v b

14. e. (2,6 ; 2,2) Pembahasan: Anggap benda tersebut merupakan gabungan dua benda (1 = persegi bersisi a, 2 = persegi bersisi a yang di ujung kanan). Maka titik beratnya:

1 A 2

v b  2v a v a2  v b2  3Va2 3 Pb  Pa  g ( ha  hb )  Va2 2 3 3  10  9,8  10   1.000  52 2  6,0  10 4 Pa

15. a. 10 sin 30° joule Pembahasan: Usaha oleh gaya berat W = mg sin  Dari soal telah diketahui bahwa (mg) = 10 newton dan  = 30°, sehingga: W = 10 sin 30° joule 16. b. 1,1 joule Pembahasan: Em B = Em A 1 = m · g · h1 + · m · v12 2 1 = (0,05) (10) (2) + (0,05) (22) 2 = 1,1 joule 17. b. 1,5 kg Pembahasan:

F  t  m  v 2  m  v1 250  0,3  m (50  0) 75  50 m

75 50 3  2 1  1 kg 2 m  1,5 kg m

18. d. 1 dan 3 Data yang dapat diperoleh dari soal di atas adalah: vA = 5 m/s vB = 0 mA = mB Pada tumbukan lenting sempurna untuk massa yang sama berlaku: mAvA + mBvB = mAvB + mBvA Jika diperhatikan rumus di atas, ternyata terjadi pertukaran kecepatan benda sebelum dan sesudah tumbukan. Diperoleh: vA’ = vB = 0 vB’ = vA = 5 m/s Dengan demikian, pernyataan 1 benar dan pernyataan 2 salah.


35

Sedangkan jika tumbukan kedua benda tidak lenting sama sekali maka benda A dan benda B akan bergabung dengan kecepatan yang sama, yaitu vA’ = vB’ = v’. mAvA + mBvB = (mA + mB)v’ mA × 5 + mB × 0 = (mA + mA)v’ 5mA = 2mAv’ 2v’ = 5 v’ = 2,5 (pernyataan 3 benar) Jadi, pernyataan yang benar berkaitan dengan gerak kedua benda tersebut adalah pernyataan nomor 1 dan 3 (d).

= 18 × 10–6 °C–1 = 3,6 × 10–5 °C–1 = 10 cm × 15 cm = 150 cm2 = 80 °C = ... ?

A  A0t  (150)(3,6  106 )(80)  0,432 cm2

dengan: l 0 = panjang mula-mula = 50 cm I = pertambahan panjang = (50,024 – 50) cm = 0,024 cm = 24 × 10–3 cm  = koefisien muai panjang = 1,2 × 10–5 °C–1 = 12 × 10–6 °C–1

Jadi, pertambahan luas 0,432 cm2 22. e. adiabatis dan isokoris Pembahasan: Informasi dari soal kalau tekanan dan suhu berubah maka bisa dipastikan bukan isobarik dan bukan isotermik. Dari option jawaban tersisa jawaban adiabatik dan isokorik. Hal ini hanya dapat terjadi jika n (jumlah mol) gas berkurang yang dapat terjadi karena kebocoran. 23. c. 2q/3p Pembahasan: 3 Ek  NkT 2 3 P  Nkq 2 P 2p k  3 / 2q 3q

t = perubahan suhu = (65 – t0) °C

24. c. 0,50 m Pembahasan:

19. c. 25 °C Pembahasan: Sebatang besi yang dipanaskan akan mengalami pertambahan panjang sesuai dengan rumus:

I  I0 t

I 24 × 10–3 65 – t0 t0

= I0 t

= 12 × 10–6 × 50 × (65 – t0) = 40 = 65 – 40 = 25 Jadi, suhu batang besi tersebut sebelum dipanaskan adalah 25 °C.

20. d. 35 °C Pembahasan: Diketahui: tA = 75 °C tB = 15 °C k B = 2k A Ditanya: Jawab:

k A  AA 

tAB = ... ?

T T = kB  AB  LA LB

k A  TA = 2k A  TB

 75  x  = 2  x  15  75  x = 2 x  30 3 x = 105 x=

105 3

x = 35 C

36

21. b. 0,432 Pembahasan: Diketahui:   A0 t A Ditanya:

2 m



 2  5 5

5  4 52  45 1  m 2 25. b. y = 0,03sin (0,5t  2x )m Pembahasan: 2  2 m 2T  8 s   1 m T  4 s perut ke 3 

2 T 2  4 1   2



2  2  1  2

k

Jadi persamaan gelombang adalah: y  A sin(t  kx )

 0,03 sin(0,5t  2x )


29. e. 4,5  10 –7 m Pembahasan: d sin   

26. a. 360,0 Hz Pembahasan: v  vp fp  fs v  vs

d

340  20 300 340  40  360 Hz 

27. a. 0,5 m Pembahasan: 1 bel pada jarak 5 m menghasilkan TI sebesar 20 dB. Jika 10 bel yang sama pada jarak 5 m akan menghasilkan TI sebesar 30 dB. Agar diperoleh TI sebesar 50 dB maka harus diletakkan pada jarak yang lebih dekat, tepatnya pada jarak 0,5 m. Ingat bahwa intensitas berbanding terbalik dengan kuadrat jarak.

y  m 1 (3  10 4 )(15  104 )  1 1   45  108 m 30.

TI1  20 dB T10  TI1  10log10  20  10  30 dB

31.

r TI2  TI1  20log 2 r1 50  30  20log 20  20log I   log

r2 5

r2 5

r2 5

1 r2  10 5 r2  0,5 m

32.

28. e. objektif dan okuler lensa positif, 7 kali Pembahasan: Lensa objektif dan lensa okuler pada teropong bintang merupakan lensa positif. Lensa objektif berfungsi untuk menghasilkan bayangan di titik fokus lensa objektif. Selanjutnya bayangan ini menjadi objek bagi lensa okuler yang berfungsi sebagai lup. Perbesaran anguler dihasilkan oleh teropong

fob . Untuk fok mata berakomodasi max, perbesaran anguler bintang untuk mata tak berakomodasi =

fob . sok mata berakomodasi maksimum: sok' = – Sn = – 25

teropong =

 1   sok

  1   1       sok '   fok   50  sok    cm  7  f Jadi, perbesaran anguler teropong = ob = 7 sok

y 1

33.

  4,5  107 m c. memperkuat pendengaran manusia Pembahasan: Fungsi gelombang ultrasonik antara lain: - Mengukur kedalaman laut. - Mendeteksi kerusakan logam. - Mendeteksi janin dalam kandungan. - Penembakan batu ginjal. Jadi, yang bukan adalah memperkuat pendengaran manusia. b. 6,4 × 10–1 joule Pembahasan: Kemiringan grafik memberikan informasi tentang konstanta pegas. 2 N k  200 N/m 1 cm 1 Energi potensial pegas = ( )k  x2 2 = 0,5  200 (8  10–2)2 = 64  10–2 J = 6,4 × 10–1 J a. Z (–) Pembahasan: Sesuai aturan tangan kiri dengan ibu jari = gaya lorentz (F), telunjuk = medan listrik (B), jari tengah = arus listrik (I), maka gaya Lorentznya mengarah ke Z (–) karena I ke X (+) dan B ke Y (+). d. +2,5  C Pembahasan: Gambarkan gaya-gaya Coulomb yang bekerja pada muatan q2: F23 +q1

F 21 +q2

q3

F21 adalah gaya Coulomb yang dikerjakan muatan 1 terhadap muatan 2 F23 adalah gaya Coulomb yang dikerjakan muatan 3 terhadap muatan 2 Agar gaya yang bekerja pada q 2 menghasilkan resultan 0, maka F 21 dan F 23 haruslah memiliki besar yang sama, tetapi arah yang berlawanan, karena itu q3 haruslah muatan positif agar terjadi gaya tolak-menolak. Besar q 3 dapat diperoleh dari: F23  F21

k

q2 q3 qq  k 2 21 r23 2 r12 q3  2,5 C (muatan positif)


37

34. a. 65 × 10–6 joule Pembahasan: Diketahui: Kapasitor 1 (C1) = 3  F Kapasitor 2 (C2) = 1  F Kapasitor 3 (C3) = 2  F Kapasitor 4 (C4) = 6  F Kapasitor 5 (C5) = 4  F Tegangan listrik (V) = 5 volt Ditanya: Energi listrik pada rangkaian Jawab: Kapasitor pengganti rangkaian kapasitor seriparalel Kapasitor 2 dan kapasitor 3 dirangkai paralel. Kapasitor pengganti: CA = C2 + C3 = 1 + 2 = 3  F Kapasitor 1, kapasitor A dan kapasitor 4 dirangkai seri. Kapasitor pengganti:

1 CB

1 1 1   3 3 6

=

2 2 1   6 6 6

=

5 6

Impedansi total rangkaian

Z  (R 2  ( X L  XC )2 )  500  Arus efektif

V 50  Z 500  0,1 A

Ditanya: Jawab: h  mv

=

C = CB + C5 6 = + 4 5 6 16 = + 5 4 =



 = ... ?

6,6  10 34  4  1031 1,5  108 

 1,0 Å

32 E 27 Pembahasan: Dari kulit L ke kulit K: Kulit L n = 2 Kulit Kn = 1 E 1 = EL – EK = 3,4 – 13,6 = –10,2 eV Dari kulit M ke kulit K. Kulit Mn = 3 Kulit Kn = 1 E 2 = EM – EK = 1,5 – 13, 6 = –12,1 eV E1 : E2 = 10,2 : 12,1 E : E2 = 102 : 121 32 E E2 = 27

38. e.

24 80 + 20 20

104 20 = 5,2  F =

C = 5,2 × 10–6 Farad Energi listrik pada rangkaian 1 E = CV2 2

1 (5,2 × 10–6)(52) 2 = (2,6 × 10–6)(25) =

E = 65 × 10–6 joule Jawaban yang benar adalah a.

38

 500 

37. e. 1,0 Å (ralat) Pembahasan: Diketahui: m = 4 × 10–31 kg c = 3 × 108 m s–1

6 F 5 Kapasitor B dan kapasitor 5 dirangkai paralel. Kapasitor pengganti: CB

 900  Impedansi kapasitif 1 XC  ( C )

36. d. sumbu Y negatif Pembahasan: Sudah jelas.

1 1 1 = C C C 1 A 4 =

35. e. 0,10 A Pembahasan: Impedansi induktif XL    L


39. c. 36,87 MeV Pembahasan: m p = 1,0078 sma m n = 1,0086 sma Massa inti = 7Li3 = 7,0182 sma 1 sma = 931 MeV maka besar energi ikat inti Li adalah:  m = {(z  mp + (A – Z)  mn) – minti}

 m = {(3  1,0078 + 4  1,0086) – 7,0182}  m = 0,0396 sma Energi ikat inti: E =  m  931 MeV = 0,0396  931 MeV = 36,87 MeV 40. d. 40 hari Pembahasan: 1

 1 T N  N0   2 1

8  12 2 2  20 m

L

GLBB: Jarak dapat dihitung sebagai luas trapesium = 20 m, sedang percepatan dapat 4 dihitung sebagai gradien kurva = = 2 m/s2. 2 4. c. v dijadikan 2 kali dan R dijadikan 2 kali semula Pembahasan: 2 Percepatan sentripetalnya , agar hasilnya R adalah dua, cek option A, B, C, D dan E mana yang hasilnya dua: “v dijadikan 4 kali dan R dijadikan 2 kali semula” Artinya, isi v-nya dengan 4, isi R-nya dengan 2, apakah hasilnya dua, begitu juga dengan optionoption lainnya.

42 22 22 8 1 2 b. c. 2 4 2 5. e. 3,0 m s–2 Pembahasan: Perhatikan gaya searah percepatan bernilai positif. Resultan gaya adalah gaya normal dikurangi gaya berat. Senilai dengan massa kali percepatan.  F  ma

 1  10  16   2

a.

1

1  1  10   16  2  4

3. c. 20 m dan 2 m/s2 Pembahasan:

1

 1  1  10     2 2 1 4 10 t  40 hari

N  w  ma 520  400  40a 120 a 40 a  3 m/s2

TRYOUT PAKET 2 1. b.

6. a. 1 sekon Pembahasan Menghitung waktu untuk mencapai ketinggian maksimum: Pembahasan: Hasil pengukuran 2,78 mm. Diperoleh dari batas yang terlihat pada skala utama 2,5 mm garis pada skala nonius skala utama berimpit pada angka 28. Gambar yang sesuai adalah b. 2. b. 10 satuan Pembahasan:  Lihat vektor a , 2 satuan ke kanan dan 4 satuan ke atas.  Lihat vektor b , 4 satuan ke kanan dan 4 satuan ke atas. Artinya total 6 satuan ke kanan dan 8 satuan ke atas. Tripel Pythagoras:   a  b  6 2  82

 36  64  100  10 satuan

v 0 sin  g 20 sin 30  10 20 1 2 t 10 t  1 sekon t

 

7. d. 10 2 m s–1 Pembahasan:

v t 2  v 02  2gh vt  02  2gh vt  2gh  2  10  10  200  10 2


39

8. a. 5 m s–1 Pembahasan:

w = FA  b g Vb =  a g V  b Vb =  a 4/5 Vb

v2 R v2 mg  m R v 2  g  R F m

 b = 4/5  a = 4/5 × 1.000 = 800 Jadi, massa jenis balok tersebut adalah 800 kg/m3. 13. c. 80 cm s–1 Pembahasan: Persamaan kontinuitas: A 1 : v1  A 2 : v 2

v  g  R v  0,25  10  10  5 m s1 9. c. 28 3 Nm Pembahasan: Momen gaya dengan poros di titik A:  = F1 AC sin 60° – F2 AB sin 60° 1 1  = 20 (4) ( 2 3 ) –12 (2) ( 2 3 )  = 28 3 N m 10. e. 0,35 kg m2 Pembahasan: Data-data yang diketahui pada soal: m 1 = 2 kg m 2 = 3 kg R 1 = 20 cm = 0,2 m R 2 = 30 cm = 0,3 m Momen inersia pada sistem tersebut adalah: I =  mR2 = m1R12 + m2R22 = 2 × 0,22 + 3 × 0,32 = 0,08 + 0,27 = 0,35 Jadi, besar momen inersia sistem bola tersebut adalah 0,35 kg m2. 11. c. 1.088 kg/m3 Pembahasan: r = 13,6 g/cm3 Diketahui: hr

= 2 cm

hf

= 25 cm

 f = ... ?

Ditanya: Jawab:

(200)(10)  25 : v 2 200  100 25  80 cm/s

v1 : v 2 

14. c. 6 cm Pembahasan: y1 = 4 cm 1 y2 = 8 + · 6 3 = 10 cm Jadi, jarak antara kedua titik berat: = y2 – y1 = (10 – 4) cm = 6 cm 15. d. 12.500 joule Pembahasan: Usaha perubahan energi kinetik benda: 1 W = m  (v2) 2 1 W = × 1.000 × 52 2 W = 12.500 joule 16. e. 174 (ralat jawaban) Pembahasan: EM A  EM B

EPA  EKA  EPB  EKB mghA 

1 2 mv A  mghB  EKB 2

1 (3)(10)(5)  (3)(4)2  (3)(10)(2)  EKB 2 150  24  60  EKB

zat cair  raksa

EKB  174  60

f  g  hf  r  g  hr

 114 EMB  E KB  E MB

 f  25  13,6  2 27,2 25  1,088 g/cm3

f 

 1.088 kg/m3 12. d. 800 kg/m3 Pembahasan: 4/5 bagian balok tercelup ke dalam air, berarti balok terapung. Dalam keadaan setimbang berlaku hubungan: 40

 114  mghB  114  (3)(10)2  114  60  174 17. a. –0,5 N s Pembahasan: I = m(v2 – v1) = (0,1)(–2 – 3) = (0,1)(–5) = –0,5 N s


18. e. nol Pembahasan: Dua benda yang bertumbukan akan berlaku hukum kekekalan momentum, yaitu j umlah momentum sebelum tumbukan sama dengan jumlah momentum sesudah tumbukan. m1v1 + m2v2 = m1v1' + m2v2' Yang perlu diperhatikan pada rumus tersebut, bahwa kecepatan adalah besaran vektor sehingga arahnya harus diperhatikan. Anggap saja arah ke kanan adalah positif dan arah ke kiri adalah negatif. Diperoleh: v1 = 2 m/s v2 = –4 m/s Pada soal di atas, setelah tumbukan kedua bola saling menempel, berarti kedua bola bergabung dalam geraknya dengan kecepatan yang sama, v’. m1v1 + m2v2 = (m1 + m2)v’ 2 × 2 + 1 × (“4) = (2 + 1)v’ 4 “ 4 = 3v’ 0 = 3v’ v’ = 0 Jadi, kecepatan kedua bola setelah tumbukan adalah nol. 19. d. 2,26 × 106 joule Pembahasan: Q = m  Kd = (1) (2,26  106) = 2,26  106 joule 20. d. 40 °C Pembahasan: Air yang bersuhu 100 °C akan melepas kalor sedangkan air yang bersuhu 10 °C akan menyerap kalor. Berlakulah asas Black, kalor yang dilepas sama dengan kalor yang diserap. m1 c t1 = m2 c t 2 m1 t1 = m2 t 2 150(100 – t) = 300(t – 10) 100 – t = 2(t – 10) 100 – t = 2t – 20 120 = 3t t = 40 Jadi, suhu campuran saat mencapai kesetimbangan termal adalah 40 °C. 21. b. 90 W/mK Pembahasan: Diketahui: L = 5 mm = 5 × 10–3 m A = 5 cm2 = 5 × 10–4 m2 T = 22 °C H = 200 k kal/jam Ditanya: k = ... ? Jawab: k  A t H L HL H A t

(200) (5  103 ) (5  104 ) (22)  90,9 W/mK

k

22. c. 627 °C Pembahasan: Diketahui: T1 = 27 °C = 27 + 273 = 300 °K E k2 = 3 Ek1 Ditanya: Jawab: Rumus:

T2 = ... ?

Pv  N  k  T 2 Pv  N  Ek 3 2 N  Ek  N  k  T 3 3 Ek  kT 2 Maka: 3 Ek 2 2 kT2  3 Ek1 kT1 2

Ek 2 T2  E k 1 T1 T2  T1 

Ek 2 Ek1

T2  T1 

3E k 1 Ek1

T2  3T1

T2  3  300  900 K  900  273  627 C 23. c. 500 J Pembahasan: Diketahui: T1 = 600 K T2 = 300 K Q1 = 1.000 J Ditanya: W = ... ? Jawab: T T   1 2  100% T1

600  300  100% 300  50% 1  2 



W Q1

1 W  2 1.000 1 W   1.000 2  500 J


41

24. c. 2,0 Pembahasan: Jarak dari puncak gelombang ke puncak berikutnya adalah satu panjang gelombang. Cepat rambat gelombang dapat dihitung dengan persamaan berikut.  v T 1  0,5  2 m/s Jadi, kecepatan rambat gelombang 2 m/s. 25. a. 0 cm Diketahui: v = 4 m/detik, f = 2 Hz, A = 5 cm OQ = 3 m, t = 1, 5 detik  x Maka y  A sin 2  t    v

3   5 sin 2  z  1,5   4   5 sin 3 0 26. c. 1.080 Hz Pembahasan: Cepat rambat bunyi di udara v = 340 m/s Frekuensi sumber bunyi fs = 900 Hz Sumber bunyi mendekati pengamat (vs = –40 m/s) Pengamat mendekati sumber bunyi (vp = –20 m/s) v  vp fp  fs v  vs 340  20  900 340  40 fp  1.080Hz fp 

B

r

A

1 1 : 2 2 (2r ) r 1 I A : IB  : 1 4 I A : IB  4 : 1 I A : IB 

1 s' 1 

1 R 2 1 1 s  R   20  10 2 2 sf 

42

p  4  10 3 m p  4 mm 30. d. (1), (3), dan (5) Pembahasan: Mengontrol ketebalan kertas dengan sinar gamma dan memasak makanan dengan microwave (2) dan (4) salah. 31. d. 1,25 joule Pembahasan: Kemiringan grafik memberikan informasi tentang konstanta pegas: 5N k 2cm

 1   k  x2 2  0,5  250  (10 1 )2  1,25 J 32. b. (1) dan (2) Pembahasan: GGL induksi pada ujung-ujung kumparan sebanding dengan laju perubahan fluks magnetik dan banyaknya lilitan. 33. e. 80 N Pembahasan: FA

28. b. 10 cm Pembahasan: Dipantulkan sejajar berarti bayangan di tak terhingga (~) 1  s 1  s 1 s

1 640  10 9  1,5 2,4  10  4

 250 N/m

Perbandingan intensitas bunyi A dan B: 1 1 I A : IB  2 : 2 rA rB

1  f 1  f 1  f

p

Energi potensial pegas

27. e. 4 : 1 Pembahasan: r

29. a. 4,0 mm Pembahasan: Diketahui:  = 640 nm = 640  10–9 m L = 1,5 m d = 0,24 mm = 2,4  10–4 m n =1 Ditanya: p = ... ? Jawab: Jarak dua pita terang berdekatan pd  n L n L p d

3 cm

A

FB

3 cm

 F  FA  FB k

q A qC q q  k B 2C rAC 2 rBC

qC ( q A  qB ) r2 1 10 6  (9  10 9 )   (6  2)  10 6 (3  10 2 )2  80 N k


B

34. e. 4C Pembahasan: Kapasitas kapasitor tanpa bahan pengisi/dielektrik

 A C 0 d Kapasitas kapasitor dengan: medium  r  2

d 2  12 d maka:

C2 

r 0 A d2

V I

38.

39.

0, 693 

x  0, 693

(1) 0,693 · 2 (2) 0,3465 · 4 (3) 0,17325 · 5 (4) 0,08625 · 6 (5) 0,077 · 9

= 1,386 = 1,386 = 0,86625 = 0,5175 = 0,693

1. b. 0,39 Pembahasan: Hasil pengukuran. P = 0,3 mm + 0,01 × 9 P = 0,3 mm + 0,09 mm P = 0,39 mm

35. e. V/I

37.

x

TRYOUT PAKET 3

2 A C2  0 1 d 2 4 A  0 d  4C

36.

40. e. (5) Pembahasan:

t

Pembahasan: Rangkaian kapasitor, simbolnya C, artinya arus harus lebih cepat, dan grafik arus adalah pergeseran 90° ke kiri dari grafik tegangan. d. A ke B Pembahasan: Arah gaya Lorentz (telapak tangan) tegak lurus menj auhi pembaca dan arah arus (ibu jari) menunjuk ke atas, maka arah medan magnet adalah dari A ke B. d. 4h Pembahasan: Dari gambar terlihat frekuensi ambang adalah 4 Hz, sehingga fungsi kerja 10 gam 0 = hf0 = h(4) = 4h. c. elektron merupakan bagian atom yang bermuatan listrik negatif Pembahasan: 1. Atom terdiri inti atom yang bermuatan positif yang mengandung hampir seluruh massa atom. 2. Elektron bermuatan negatif mengelilingi inti. 3. Atom bersifat netral. 4. Inti dan elektron tarik menarik dengan gaya yang sama. 5. Dalam reaksi kimia, hanya elektron terluar yang saling mempengaruhi, inti atom tidak mengalami perubahan. e. 0,0984 sma Pembahasan:  m = defek massa = (Z  mp + Nm ) – minti = (6  1,0078 + 6  1,0086) – 12,000 = 9,84 × 10–2 sma

2. d. 10 newton Pembahasan: Dari gambar pada soal, pindahkan vektor F 2 seperti gambar di bawah ini.

F2 F1

6

8

F1

Rumus gaya resultannya:

FR  F12  F22  82  62  64  36  100  10 3. b. 10 sekon Pembahasan: Kecepatan awal 36 km/jam = 10 m/s Setelah menempuh jarak s = 150 m Kecepatan menjadi 72 km/jam = 20 m/s Diasumsikan gerak mobil GLBB, maka jarak tempuh = waktu tempuh × kecepatan rata-rata

t  (v 1  v 2 ) 2 150  t  15 s

t  10 sehingga waktu tempuh = 10 sekon 4. d. 5 : 1 Pembahasan: A dan B sepusat A B dan C dihubungkan tali VB = VC


43

Ditanya: besar tegangan tali (T) = ... ? Jawab: Hukum Newton (II)  F  ma

B RB  C RC B : C  5 : 1 B R  B RC C

w  T  ma T  w  ma  mg  ma

10 2 5  1 

 0,5  10  0,4a  4  0,4a .... (1)

4 3 Pembahasan:

5. c.

  I a TR  I R

N M

fs

wx 

T  0,1  4  10 3 0,1 4  10 2  2,5 T

a

wy w

 Fx  0 wx  fx  0 mg sin53  0 mg cos53  0 0 mg cos53  mg sin53 mg sin53 mg cos53 sin53  cos53 0,8  0,6 4  3

0 

6. e. 2 3 detik Pembahasan: Diketahui: v0 = 40 m/detik a = 60 g = 10 m/dt Rumus waktu untuk mencapai titik tertinggi:

t

v 0 sin  40 sin 60 40 12 3    2 3detik g 10 10

7. a. 20 2 m s–1 Pembahasan: Jatuh bebas, kecepatan awal nol, percepatan a = g = 10 m s–2

v t 2  v 0 2  2as v t 2  0  2(10)(40) v t  800 v t  20 2m/s 8. d. 2 N Pembahasan: Diketahui: I R m g 44

= = = =

a 0,1

4 × 10–3 kg m2 10 cm = 0,1 m 0,4 kg 10 m/s2

T  4  0,4 A  4  0,4  2,5T  4 T 2N 9. a. 10 N m Pembahasan: F2 = 10 N

2 m

2 m

F1 = 10 N F3 = 15 N

Pusat batang terletak di tengah-tengah. Panjang batang 8 meter, karenanya pusat batang berjarak 4 meter dari ujung batang. Momen gaya 1 = F1 l1 = (10 N)(4 m) = 40 N m Momen gaya 1 bernilai positif karena momen gaya 1 menyebabkan batang berotasi berlawanan rotasi jarum jam. Momen gaya 2 = F2 l2 = (10 N)(2 m) = – 20 N m Momen gaya 2 bernilai negatif karena momen gaya 2 menyebabkan batang berotasi searah rotasi jarum jam. Momen gaya 3 = F3 l3 = (15 N)(2 m) = – 30 N m Momen gaya 3 bernilai negatif karena momen gaya 3 menyebabkan batang berotasi searah rotasi jarum jam.


Resultan momen gaya = 40 N m – 20 N m – 30 N m = –10 N m Resultan momen gaya atau resultan torsi bernilai negatif, hal ini menunjukkan bahwa arah rotasi batang searah rotasi jarum jam. Jawaban yang benar adalah a. 10. e. 72 kg m2 Pembahasan: Pada sistem tersebut sumbu putarnya adalah m1, berarti m1 mati atau tidak diperhitungkan sehingga perumusannya menjadi: I = m2R22 = 2 × 62 = 2 × 36 = 72 Jadi, momen inersia sistem tersebut adalah 72 kgm2. 11. e. 2,5 cm Pembahasan: Diketahui:  1 = 13.600 kg/m3  2 = 1.000 kg/m3 Ditanya: x = ...? Jawab:

Jawab: v1d12 = v2d22 v1(5) 2 = (6) (3)2

54 25 = 2,16 m/s 14. c. (2 ; 3,8) cm Pembahasan: Karena bidang homogen dan simetri, maka titik beratnya berada pada sumbu simetrinya, yaitu x0 = 2 cm. Dengan melihat bangun tersebut terdiri dari 2 bangun (yaitu persegi panjang dan segitiga), maka: Bangun 1 y01 = 3 cm v1 =

6 cm Y y00 4 cm Bangun 2

Air h2 = 68 cm

x

h1 A

13 cm

B

1

y00 = t Y 3

Bidang batas

4 cm

Raksa

Tinggi segitiga:

1 h1  2 h2

t  ( 13)2  22  3

1(2 x )  2 h2 x

13 cm

Y0

x

2 h2 2 1

1 t 3 1  6  (1) 3  7cm

y o2  6 

(1.000)(68)  13.600 x  2,5 cm 12. d. 800 kg/m3 Pembahasan: 4/5 bagian balok tercelup ke dalam air, berarti balok terapung. Dalam keadaan setimbang berlaku hubungan: w = FA  b g Vb =  a g V  b Vb =  a 4/5 Vb  b = 4/5  a = 4/5 × 1.000 = 800 Jadi, massa jenis balok tersebut adalah 800 kg/m3. 13. b. 2,16 m/s Pembahasan: Diketahui: d 1 = 5 cm d 2 = 3 cm v2 = 6 m/s Ditanya: v1 = ...?

y0 

y 01  A1  y 02  A2 A1  A2

 3,8 cm

Jadi, koordinasi (2 ; 3,8) 15. d. 1.600 joule Pembahasan: Usaha, perubahan energi potensial gravitasi: W = mg  h W = 2 × 10 × (100 “ 20) W = 1.600 joule 16. b. energi total benda selalu tetap selama benda bergerak Pembahasan: Sudah jelas. 17. a. 280 N Pembahasan: F  t  m (v 2  v 1 )

F  0,01  0,2(14  0) 2,8 0,01  280 N

F  0,01 


45

18. e. 2 m Pembahasan:

h1 h h1 8 1 h 4 h

h2 h1 1 h  4 h1 

8

 2 m

19. c. 2,02 mL Pembahasan: Data yang dapat diperoleh dari soal: Vo lume alkohol sama dengan volume kaca (berlaku sebagai volume awal) V a = Vk = Vo = 500 mL

t = (50 – 10) °C = 40 °C Koefisien muai volume alkohol  = 1,1 × 10–4 °C–1 Koefisien muai panjang kaca  = 3 × 10–6 °C–1 Koefisien muai ruang kaca = 3  3  = 9 × 10–6 °C–1 = 0,09 × 10–4 °C–1 (untuk memudahkan peng hitungan) Volume alkohol yang tumpah merupakan selisih pemuaian volume alkohol dan bejana kaca. V = Va  Vk

=  V0 t  3 V0 t

=     V0 t

= (1,1 × 10–4 – 0,09 × 10–4) × 500 × 40 = 1,01 × 10–4 × 2 × 104 = 2,02 Jadi, volume alkohol yang tumpah akibat pemanasan tersebut adalah 2,02 mL. 20. a. 60 gram Pembahasan: Peristiwa tersebut dapat digambarkan sebagai berikut. air 20 °C Q3 t = 5 °C

Q1 es 0 °C

Q2

air 0 °C

Mula-mula es menyerap kalor Q1 untuk mengubah wujud menjadi air. Setelah itu, es yang telah berubah menjadi air tersebut menyerap kalor Q 1 untuk menaikkan suhu hingga mencapai kesetimbangan termal. Di lain pihak, air yang bersuhu 20 °C melepas kalor Q3 untuk keadaan setimbang. Sesuai dengan asas Black, kalor yang diserap sama dengan kalor yang dilepas. 46

Q1 + Q2 = Q3 mes Les + mes cair t1 = mair cair t 2 M × 80 + M × 1 × (5 – 0) = 340 × 1 × (20 – 5) 80M + 5M = 5.100 85M = 5.100 M = 60 Jadi, massa es pada peristiwa tersebut adalah 60 gram. 21. d. 4,08 × 104 J Pembahasan: Diketahui: A = 17 cm2 K besi = 4 × 105 J/msK = 1 m   t = 30 °C Ditanya:  Q = ... ? Jawab: Q kAt   t Q (4  105 )(17  10 4 )(30)  2 1 5 (2  10 )(17  10 4 )(30) Q  1 Q  4,08  10 4 Joule 22. d. (2) dan (4) saja Pembahasan: Proses isokorik merupakan proses yang terjadi pada volume konstan tetapi tekanan dan suhu mengalami perubahan. Proses ini biasanya terjadi pada ruang yang kaku. Grafik p – V pada proses ini berupa garis lurus vertikal, usaha sama dengan nol. 23. e. 60 % Pembahasan: T   1 2 T1

 1 

300 750

450 750

 60% 24. b. B dan G Pembahasan: Titik B dan G mempunyai fase sama sebab arahnya sama (ke atas) dan berada di atas garis setimbang (sumbu x). 25. a. (1), (2), (3) Pembahasan: Persamaan umum gelombang stasioner y = A cos kx sin t y = 0,2 cos 10  x sin 20  t Dari persamaan tersebut bisa diperoleh: (1) k  2  

2 10

 0,2 m (benar)


(2)   2f

 1   sok

 f  2 

20  2

  1   1       sok '   fok   50  sok     7 

Jadi, perbesaran anguler teropong =

 10 Hz (benar)

29. b. 6.000 Å Pembahasan: Diketahui: d = 2,4 ×10–4 cm = 2,4 ×10–6 m  = 30° n = 2

(3) v   f

 0,2  10  2 m /s (benar) (4) A  0,1 m (salah) 26. d. 170 m/s Pembahasan: Frekuensi sirene PLN yang diterima pendengar

 = ...? Ditanya: Jawab: panjang gelombang cahaya: d sin   n

 340  fp1     900  (340  4) 



Frekuensi sirene telkom yang diterima pendengar

 10  f p 2  f p1     5 

  (6  10 7 )(1010 Å)

 340  1.018     509  (340  v )   170 m/s 27. e. 40 dB Pembahasan:

I  2  10 9 W/m2  5  10 8 W/m2

I I0

10 8 10 12  10log10 4  40 dB  10log

  6  10 3 Å  6.000 Å 30. c. (1) dan (4) Pembahasan: Sifat-sifat gelombang elektromagnetik: a. dapat merambat dalam ruang hampa b. merupakan gelombang transversal (arah getar tegak lurus arah rambat) sehingga dapat mengalami polarisasi c. dapat mengalami refleksi, refraksi, interferensi, dan difraksi d. tidak dibelokkan dalam medan listrik maupun medan magnet.

1 2 Pembahasan: Getaran pegas:

31. b.

28. e. objektif dan okuler lensa positif, 7 kali Pembahasan: Lensa objektif dan lensa okuler pada teropong bintang merupakan lensa positif. Lensa objektif berfungsi untuk menghasilkan bayangan di titik fokus lensa objektif. Selanjutnya bayangan ini menjadi objek bagi lensa okuler yang berfungsi sebagai lup. Perbesaran anguler dihasilkan oleh teropong bintang untuk mata tak berakomodasi = fob fok . Untuk mata berakomodasi max, perbesaran

fob . sok Mata berakomodasi maksimal sok' = – Sn = – 25 anguler teropong =

d sin30  n

1 2,4  10 6 ( ) 2  2   6  10 7 m

 1.020 Hz

TI  10log

fob 7 sok

k 2 = 2k

k seri

=

k paralel

1   k  Karena f =      , maka perbandingan 2  m frekuensinya: fseri fparalel



 kseri  (kparalel )

 1    4 1  2


47

32. b. 10,75 V Pembahasan: Rangkaian listrik:

Ditanya: Jawab:

VAB  12  I RAB

F2 

1 F 9

 200 2  150 2  625.000  250  V Z 200  250  0,8 A

= 50 (15  10 2 ) (8  10 4 ) sin 30 = 3  10 3 N

Cp  C2  C3  1 F  2 F  3 F 1 1 1 1 1 1 1       Cs C1 Cp1 C4 3 3 6 1 2  2 1 5   F Cs 6 6 6 Cs   1,2F 5 Ctotal  1,2F  4F  5,2F Menghitung energi potensial

1 1 CtotalV2   5,2  10 6 F (5V )2 2 2 Ep  65  10 6 joule Ep 

48

 200 2  1.400  250I 2

36. a. 3  10–3 N Pembahasan: Diketahui:  = 15 cm = 15  10–2 m I = 50 A B = 8  104 Wb/m2  = 30° Ditanya: FL = ... ? Jawab: Gaya Lorentz yang dialami penghantar berarus listrik dalam medan magnet adalah: FL = I  B sin 

34. a. 65 J Pembahasan: Diketahui: C 1 = 3 µF C 2 = 1 µF C 3 = 2 µF C 4 = 3 µF C 5 = 4 µF V = 5 volt

35. b. 0,80 A Pembahasan: Diketahui: R L C V 

1 500  8  10 6  250 

I

F2 R12  F1 R22

R12 F (3R1 )2

 400

1 C

Z  R 2  150 2

F 9 Pembahasan: Kondisi awal saat R1 = 0,5 m  F1 = F Kondisi akhir saat R2 = 1,5 m atau R3 = 3 R1 Maka F2 menggunakan rumus:

F2 

XC 

 500  0,8

 12  (0,5)(2,5)  10,75 V

33. a.

R12 F1 R22

= ... ?

X L  L

V I R (12  9)  6  0,5 A

F2 

I

= = = = =

200 0,8 H 8 F = 8 × 10–6 F 200 volt 500 rad s–1

37. d. 12,75 eV Pembahasan: Energi yang dipancarkan: 13,6 13,6 E1  E2  2  2 1 4  13,6  0,85

 12,75 eV 38. d. menurut Bohr, lintasan orbit elektron bisa sembarang asal bergerak mengelilingi inti Pembahasan: Pernyataan yang salah d, karena menurut Bohr, lintasan stasioner elektron harus memenuhi nh syarat Mvr  . 2 39. a. 9,31 MeV Pembahasan: E = (Z  mp + N  mp) – minti = (1  1.008 + 2  1.009) – 3.016 = (1.008 + 2.018) – 3.016 = 3.026 – 3.016 = 0,01 sma = 9,31 MeV


40. a. (1), (2), (3) Pembahasan: Cukup jelas.

 m

TRYOUT PAKET 4 1. d. 5,21 mm Pembahasan: Skala utama = 5,00 Skala nonius = 21 Jadi, hasil pengukuran adalah: d = 5,00 mm + 0,01 × 21 d = 5,00 mm + 0,21 d = 5,21 mm 2. b. 11 m Pembahasan:

= 45 w 50 = 5 kg = = g 10 = ... ?

Ditanya: a Jawab: Sistem bergerak ke kiri:

m1 g sin   fg 1  fg 2  (m1  m2 ) a w1 sin 45°   k  w1 cos    k  w 2  (m1  m2 ) a 1 50  0,2  50 cos 45°  0,2  0  (5  5)a 2 1 25  0,2  50   2  10  10a 2 25  5  10  10a 20  10  10a

D

sin 37 = 0,6 cos 37 = 0,8 5 m

C

37o

4 m

20 2  10 10  2 2 1

a 

 1,83 m s 1

B

3 m

A

AD 2  AC 2  CD 2  2  AC  CD cos127  122  42  2(12)(4)(0,6)  131,2 AD  131,2  11,45

6. b. 45 m Pembahasan: Data dari soal: v0 = 60 m/s  = 30° ymaks = ... ?

3. c. 115 m Pembahasan: Jarak adalah luas di bawah kurva v – t

1 1 2 (30  50)  1 (50  20) 2 2  85  35

y maks y maks

Luas 

 115 4. a. 2R Pembahasan: Ingat rumus as  2 R artinya 1 R  as  2 

R2 

as 2 12   R1 a s 1 22

2 2  R 4 1 2  4  2R

1 2 gt 2 2h t g

h

2  45 10

t g 3

5. e. 1,83 m s–2 Pembahasan:

6 =1 6 = 50 N

tg  = w

7. b. 3 sekon Pembahasan: Diketahui gerak jatuh bebas dengan h = 45 m dan g = 10 m/s2, maka waktu yang diperlukan untuk sampai ke tanah adalah:

t



Diketahui:

v 02 sin2  2g (60)2 (sin 30 2 )  2g (60)2 (1/ 2)2  20  45 meter

y maks 

8. e. 3,0 m/s2 Pembahasan: Lift yang bergerak ke atas dapat diselesaikan dengan persamaan hukum II Newton.


49

N

 F  ma N  w  ma N  mg  ma 520  (40)(10)  40a 120  40a a  3 m/s2

12. b. 2,4 cm Pembahasan:

a Minyak Raksa

Air

w

9. d. 3,2 Pembahasan: 20 cm A

136 + 10 h = 160 10 h = 24 h = 2,4 cm

F2 sin 45o F = 10 2 2 o

45

o

B

53

C 10 cm

D

13. b. 4 m s–1 Pembahasan:

10 cm

F3 = 20 N

F1 = 10 N

F1 sin 53o



 D  F1 sin 53( AD )  F2 sin 45(BD )  F3 (CD )



 2  10   45  102 16  109  25  10 8  16  10 8

 900  10 1610  2

1   (10)(0,8)(0,4)  10 2)  2  (0,2)  (20)(0,1) 2   3,2  2  2  3,2

Resultan momen gaya bernilai negatif sehingga batang berputar berlawanan dengan arah putaran jarum jam. Jadi resultan momen gaya yang bekerja pada batang adalah 3,2 N. 10. c. 41,6 Pembahasan: Diketahui: m 1 = 0, 2 kg m 2 = 0,6 kg l 1 = 4 m l 2 = (12 – 4) = 8 m Ditanya: Itotal = ... ? Jawab: Bola diputar di antara m 1 dan m 2, sehingga persamaannya:

Itotal  m11  m2  2

2ghA22 A12  A22

v

AD = 40 cm = 0,4 cm BD = 20 cm = 0,2 cm CD = 10 cm = 0,1 m

2

 16  4 m/s 14. b. (2,3) Pembahasan: Kotak horizontal massa 12 satuan dengan pusat massa di (3,1) dan kotak vertikal massa 8 satuan dengan pusat massa di (0,5 ; 6). A1  2  6  12 A2  1 8  8 y 10

(x2,y2)

2

2

1

 3,2  38,4  41,6 11. c. 4 m/s Pembahasan:

v  2gh  2(10)(1  0,2)  16  4 m/s

50

8

9  10 8

 (0,2)(4)2  (0,6)  (8)2

 20  0,8

pA = pB

 raksa g hraksa +  air g hair =  alk g halk 13,6  10  1 + 1  10  h = 0,8  10  20

X0 

(x1,y1)

x

6

A1x1  A2 x1 A1  A2

12(3)  (8)(0,5) 20 36  4  20 2 

y0 

A1y1  A2 y 2 A1  A2

12(1)  8(6) 20 12  48  20 3 

x0 ,y0 = (2,3) Dengan demikian, maka koordinat pusat massa adalah (2, 3).


15. d. 12.500 joule Pembahasan: Usaha perubahan energi kinetik benda: 1 W = m  (v2) 2 1 W = × 1.000 × 52 2 W = 12.500 joule Catatan: Jika diketahui dua buah kecepatan atau v, maka v-nya dikuadratkan dulu baru dikurangkan, bukan dikurangkan terus dikuadratkan. 16. b. 1 : 3 Pembahasan: Diketahui: h A = h hB = h h AB = h vA = 0 Ditanya: Perbandingan EpB dan EkB = ... ? Jawab: Hitung terlebih dahulu waktu benda bergerak dari A ke B.

hAB  v At  g  t 2 h  0  g  t 2 g t2  h E pB E kB



1 3

17. b. 6 N s Pembahasan: Diketahui: m = 60 g v = 50 m/s m = ... ? Ditanya: Jawab: perubahan momentum yang dialami oleh bola.

Perubahan momentum bola  m(v  v ')  0,06(50  (50))  6 kg m/s  6 N s

h2  h1

h3 h2

h2 h3  h1 h2 0,6 h3  1 0,6 (0,6)(0,6) h3  1  0,36 m

t = (50 – 10) °C = 40 °C Koefisien muai volume alkohol  = 1,1 × 10–4 °C–1 Koefisien muai panjang kaca  = 3 × 10–6 °C–1 Koefisien muai ruang kaca = 3  3  = 9 × 10–6 °C–1 = 0,09 × 10–4 °C–1 (untuk memudahkan peng hitungan) Volume alkohol yang tumpah merupakan selisih pemuaian volume alkohol dan bejana kaca. V = Va  Vk

=  V0 t  3 V0 t

=     V0 t

= (1,1 × 10–4 – 0,09 × 10–4) × 500 × 40 = 1,01 × 10–4 × 2 × 104 = 2,02 Jadi, volume alkohol yang tumpah akibat pemanasan tersebut adalah 2,02 mL. 20. d. 64,0 °C Pembahasan: m T  m2T2 TC  1 1 mH m2

60  90  40  25 60  40 6.400  100  64 o C 

Besar impuls yang diterima bola sama dengan besar

18. c. 0,36 m Pembahasan:

19. c. 2,02 mL Pembahasan: Data yang dapat diperoleh dari soal: Volume alkohol sama dengan vo lume kaca (berlaku sebagai volume awal) V a = Vk = Vo = 500 mL

21. b. 1.600 J Pembahasan: Diketahui: A L T t k Ditanya: Q Jawab: A Q  k t  t L



 8  10 1

= = = = = =

2 m2 10 mm = 10–2 m 33 – 23 = 10 °C = 10 K 1 dt 8 × 10–1 m–1K–1 ... ?

 102 10 1 2

 1.600 J 22. b. 200 J Pembahasan: Usaha termodinamika: W =  PdV = luas trapesium = 200 J


51

23. c. 1.000 K Pembahasan: Diketahui: Mesin Carnot  T2 = 500 K efisiensinya = 60% Ditanya: T2 ' = ... (  = 80%) Jawab:

500  T1  100% 500 T1  200 K

60% 

Agar efisiensi 80%, maka:

80%  0,8 

T2  T1  100% T2 T2  200 T2

200 0,2  1.000 K

T2 

24. c. 0,50 meter Pembahasan: Terlihat, dalam 2 meter (200 cm) ada 5 gelombang. Jadi, untuk 1 gelombangnya, panjangnya adalah:

 = 200 cm/5 = 40 cm. Perut ketiga, jika dihitung dari ujung ikatnya berjarak 1 gelombang lebih 1/4, atau 5/4 gelombang. Jadi, jaraknya adalah:



vu  0 fs vu  vs

330 2.000 330  30  2.200 Hz 

27. b. 54 dB Pembahasan: Diketahui: rA = 2 m rB = 4 m TIA = 60 dB Intensitas bunyi di udara (I0) = 10–12 Ditanya: TIB = ... ? Jawab:

TI A  10log

5 x = × 40 cm = 50 cm = 0,5 meter.. 4

25. c. y (x,t) = 0,25 sin 0,5  (t – x); dimana y dan x dalam meter Pembahasan: Dari gambar dapat disimpulkan:

IA I0

I A : IB 

10 6 : IB  42 : 2 2

6  log I A  12

10 6 : IB  16 : 4

log I A  6

I A : IB  rB 2 : rA 2

IB  10 6 : 4

6

TIB  10log  10log

IB  25  10 8 IA I0 25  10 6 10 12

 10log25  10 4  10log25  10log10 4

A  0,25 m

 10log52  10log 4

  4 m (jarak AE ) jarak v  waktu  7   4  7    1 m/s

 20log5  40  20log

10  40 2

 10(log10  log2)  40  20  20  0,3  40

Gelombang merambat ke kanan, maka tanda koefisien x dan t harus berlawanan. Koefisien x atau bilangan gelombang 2 k = = 0,5  rad/m  Koefisien t atau frekuensi sudut

  2f v  2   0,5 rad/s

 20  6  40  54 dB 28. b. 24 cm Pembahasan: 1,8 Mob   9 kali 0,2 Jadi, panjang s’ob adalah 9 kalinya s 'ob  9  sob

 92

Jawab c memenuhi semua kriteria di atas.

1 1 : rA 2 rB 2

IA 1012 6  log I A  log1012

60  10log

I A  10

5 x =   4

52

26. e. 2.200 Hz Pembahasan: vu  v p fp  fs vu  v s

 18 cm


Jarak lensa objektif dan okuler adalah: d  s 'ob  fok

Dengan demikian arah garis gaya listrik yang benar ditunjukkan gambar berikut.

 18  6  24 cm 29. a. 5 × 10–4 mm Pembahasan: Pada interferensi Young, terang ke tiga terjadi pada 3L y d y d  (3  L )

 5  10 4 mm 30. d. ultraviolet Pembahasan: Sinar ultraviolet dapat menyebabkan kanker kulit. 31. c. 3 : 2 Pembahasan: F = k  x ; F1 = F2

x1 : x2 

F1 F2 : k1 k 2

1 1 : 200 300 3:2

34. a. 576 joule Pembahasan: Diketahui: C 1 = 6 F C 2 = 3 F C 3 = 3 F C 4 = 6 F C 5 = 4 F V = 24 V Ditanya: E p = ... ? Jawab: a. Terlebih dahulu hitung kapasitas total 5 kapasitor tersebut. Cp = C1 + C2 + C3 = 6 + 3 + 3 = 12 F



32. b. 1 : 2 Pembahasan: Jumlah lilitan (N) awal = 1 Jumlah lilitan (N) akhir = 2

 B   = laju per t 

Laju perubahan fluks awal 

 B    t 

ubahan fluks akhir 

Ditanya: Perbandingan GGL induksi mula-mula dan akhir Jawab: Rumus hukum induksi Faraday:

 B    t 

E = –N 

Keterangan:

B E = ggl induksi, N = jumlah lilitan, = laju t perubahan fluks Perbandingan GGL induksi awal dan akhir: Eawal : Eakhir

 B = –N   t

  B   : –N  t    

1 1 1 1 1 1 1       Ctot Cp C4 C5 12 6 4 1 1 2  3 6   12 12 Ctot 12  2 F Ctot  6 b. Menghitung energi potensial Ep 1 1 Ep = CV2 = (2) (24)2 2 2 Ep = 567 joule

4 dan 2,4 A A 3 Pembahasan: Arus bolak balik:

35. c. arc tan

 1  Z   R 2  ( L    C )2    50 ohm maka

V tan   Z 120   50  2,4 A 

I

= 1 : 2 Jawaban yang benar adalah b.

33. b.

+

Pembahasan: Arah garis-garis gaya listrik menjauhi muatan positif (keluar dari muatan positif) dan mendekati muatan negatif (menuju muatan negatif).

R X 40 30 4 3

 2B 2v R Pembahasan: Kawat PQ melintasi medan magnet homogen secara tegak lurus.

36. c.


53

Gaya Lorentz pada PQ sebesar B  I   dengan I menyatakan arus induksi yang terjadi akibat ggl induksi pada rangkaian, yaitu:  Bv I  ind  R R (B 2 2v ) Jadi, gaya Lorentz pada PQ sebesar R 37. b. 3,43 × 10–19 J Pembahasan: Diketahui:  = 300 nm = 3  10–7 m c = 3 × 108 m/s h = 6,63 × 10–34 Js hf 0 = 3,2 × 10–19 Js Ditanya: E k = ... ? Jawab: Ek  hf  hf 0

c  hf 0  (6,63 1034 ) (3 108 )   3,21019 3 107  6,63 1019  3,21019 h

 3,43 1019 J 38. c. atom terdiri dari inti bermuatan positif sedang elektron-elektron bermuatan negatif bergerak mengelilingi inti Pembahasan: Model atom Rutherford menyerupai tata surya. Atom terdiri atas sebuah inti bermuatan positif yang dikelilingi oleh elektron-elektron yang bermuatan negatif. 39. a. 12,7547 MeV Pembahasan: m  (2mHe32 )  (He42  2mHe11 )  (2  3,0169)  (4,0039  2  1,0081)  (6,0338)  (6,0201)  1,37  102 sma E  m  c 2  1,37  102  931  12,7547MeV 40. b. I – 131 digunakan untuk terapi kelenjar tiroid Pembahasan: Sudah jelas.

TRYOUT PAKET 5 1. d. 4,96 mm Pembahasan: Skala utama = 4,5 Skala nonius = 46 × 0,01 Hasil pengukuran = 4,5 + 0,46 = 4,96 mm 2. c. 13 meter arah tenggara Pembahasan: B Barat

A

10 m

12 m

C

5m

10 m

E

Selatan 15 m

54

Timur

D

Perpindahan total arah timur 5 meter dan arah selatan 12 m. Besar perpindahan = 5 2  122 = 13 m dengan arah antara antara timur dan selatan, yaitu tenggara. 3. b. BC Pembahasan: Percepatan adalah kemiringan gravik v – t. Percepatan paling besar adalah yang paling miring. AB adalah yang paling miring.

 v2  4. b. w  1    gR  Pembahasan: Gaya normal yang diakibatkan oleh berat mobil w adalah N. Mobil tepat berada di titik terendah dari lingkaran. Perhatikan gambar. Maka diperoleh: v2 N w  m R v2 N w m R  v2  N  w 1  m  wR    v2  N  w 1  m  mgR    v2  N  w 1    gR  5. d. 5,0 m s–2 Pembahasan: m  mB a A g mA  mB

62  10 62 4   10 8  5 m/s 6. c. 45 Pembahasan: Data dari soal: vo = 1,4 × 103 m/s xmaks = 2 × 105 m  = ... Dari rumus jarak mendatar maksimum v 2 sin2  xmaks  0 g (1, 4  103 )2 5 2  10  9,8 2  105  9,8 sin 2  (1, 4  103 )2 2  105  9,8 sin 2  (1, 4  103 )2 sin 2  1 sin 2  sin90 90  2   45


7. e. 125 m Pembahasan: 1 h  gt 2 2 1  (10)(5)2 2  125 m

12. c. 25 cm Gaya-gaya yang bekerja pada balok yaitu gaya berat balok w = mbg arahnya ke bawah, gaya angkat yang berasal dari air Fa =  agV a arahnya ke atas, dan gaya pegas Fp = k x arahnya ke atas. Ketiganya dalam kondisi seimbang. Fp Fa

8. d. 400 N Pembahasan: Diketahui: m A = 16 kg m B = 4 kg

s = 0,5

W

F = (mB + mA)a Agar balok B tidak turun maka fs = w

s N = mB  g s  mB  a = mB  g a= =

g

 10 = 20 m/s2 0,5

F = (16+4)20 = 400 N 9. a. 90 N m Pembahasan: Poros putar di titik A

 TA  T2  T3  T4  TA  F2 d2  F3 d3  F4d 4  TA  (10)(2)  (10)(3)  (10)(4)  90 N m 10. e. 7 ma 2 Pembahasan: Karena sistem diputar terhadap sumbu y, maka partikel yang bermassa 2m tidak berfungsi. Berarti hanya partikel yang berada pada sumbu x yang diperhitungkan. Anggap saja partikel di sebelah kiri berindeks (1) dan partikel sebelah kanan berindeks (2). m 1 = 3m m 2 = m R 1 = a R 2 = 2a Momen inersia pada sistem tersebut adalah: I =  mR2 = m1R12 + m2R22 = 3m × a2 + m × (2a)2 = 3ma2 + 4ma2 = 7ma2 Jadi, momen inersia sistem tersebut adalah 7 ma2. 11. a. 10 cm Pembahasan: h1  1  g  h2 2  g

8(1)  h2 (0,8) 8 0,8  10 cm

h2 

Karena seluruh balok berada di dalam air, maka volume air yang dipindahkan sama dengan volume balok. Dengan massa jenis air a = 1.000 kg/m3 dan g = 10 m/s2 diperoleh hasil: Fp  Fa  w k x  a gVa  mb g 140 x  1000(10)(5  10 4 )  4(10) 140 x  5  40 140x  35 35 x  140  0,25 m  25 cm 13. d. 250 N Pembahasan: A1 2 = Diketahui: A2 5 F1 = 100 N Ditanya: F2 = ... ? Jawab: Berdasarkan hukum Pascal

F1 F2  A1 A2 F1 A1  F2 A2 100 2  5 F2 F2  250 N 14. a. (4,1 : 2,7) Pembahasan: Kotak 1 mempunyai luas 12 satuan dengan pusat massa di (1,3) Kotak 2 mempunyai luasan 12 satuan dengan pusat massa (3.5 ; 2) Kotak 3 mempunyai luasan 18 satuan dengan pusat massa di (6,5 ; 3)

(12  1  12  3.5  18  6.5) (12  12  18) = 4,1

xPM =


55

(12  2  12  2  18  3) (12  12  18) = 2,7 Dengan demikian maka koordinat pusat massa adalah (4,1 ; 2,7). 15. a. 10 sin 30° joule Pembahasan: Usaha oleh gaya berat W = mg sin  Dari soal telah diketahui bahwa (mg) = 10 newton dan  = 30°, sehingga W = 10 sin 30° joule 16. d. 300 joule Pembahasan: Pada peristiwa ini berlaku hukum kekekalan energi mekanik dengan EM = m  g  h = 5  10  10 = 500 J Pada saat ketinggian benda 4 m EP benda = 5  10  4 = 200 J maka EK = EM – EP = 300 J 17. d. 13 Pembahasan: Impuls = perubahan momentum = momentum akhir (momentum awal nol) Kedua benda memiliki momentum yang saling tegak lurus, jadi resultannya: yPM =

Impuls  ((5  1)2  (6  2)2 )  13 Ns 18. e. 30 Pembahasan: Diketahui: m = 2 kg g = 10 m/s2 EKB = 2 EPA Ditanya: h B = ... ? Jawab: Sebuah bola memiliki energi mekanik sama besar ketika berada di posisi A dan B. EMA = EMB Energi mekanik tersusun dari energi kinetik dan energi potensial, sehingga: EPA + EKA = EPB + EKB Energi potensialdirumuskan EP = mgh, sedangkan energi kinetik dirumuskan 1 EK  mv 2 2 Jika nilai EKB = 2EPB dan kecepatan awal sewaktu di A (9vA) sebesar 0 m/s, maka 1 2 mghA  mv A  EPB  2EPB 2 1 (2)(10)(90)  (2)(0)2  3EPB 2 (2)(10)(90)  3mghB

(2)(10)(90)  392)(10)hB hB  30 m 56

19. a. 10.500 Pembahasan: Diketahui: m = 500 gram T1 = –12 °C T2 = –2 °C t = T2 – T1 = –2 – (–12 ) = 10 °C c = 0,5 kalori/g °C Q = ... ?

Ditanya: Jawab: Q = m c t Q = (500)(0,5)(10) = 2.500 kalori 1 kalori = 4,2 joule Q = 2.500 × 4,2 = 10.500 joule 20. c. 2,304 × 10–4 Pembahasan: Diketahui:  = 18 × 10–6 °C–1  = 3,6 × 10–5 °C–1 A 0 = 40 cm × 20 cm = 800 cm2 t = 80 °C

Ditanya: Jawab:

A = ... ?

A  A0t  (800)(3,6  106 )(80)  2,304  104 m2 21. e. 20 °C Pembahasan:

k L  80kalori/gram Q  m L  125  80  10.000 W  m  c  t W  500  1 t 10.000  125  4  t 10.000  500t 10.000 500 t  20 C t

22. d. 1.227 °C Pembahasan:

Ek 1  5Ek 0 3 3 NkT1  5 NkT0 2 2 T1  5(273  27) T1  1.500 C T1  1.500 C  273  1.227 C


23. b. 4 × 105 J (ralat jawaban) Pembahasan: Efisiensi mesin Carnot:

T1  T2 





T1

kerja total kalor masuk

 900  600 

200.000  900 kalor masuk kalor masuk  600.000 J

.

Kalor yang terbuang = kalor masuk – kerja total = 400.000 J 24. b. 2 cm/s Pembahasan:  8 v    2 cm/s T 4

 25. a. y p = 0,5 sin (12t  ) m 2 Pembahasan:

1 Karena kita sudah tahu nilai  = 4 m dan T = s 6  maka v  T 4  1 6  24 m/s Lalu cari opsi jawaban yang koefisien t dibagi koefisien x hasilnya 24, maka j awaban yang mungkin a dan c.

1,5T  0,25 s 1 T  s 6

1,5  6 m   4 m

2 T 2  1 6  12

2  2  4 1   2



k

Jadi, persamaan gelombang adalah:

y  A sin(t  kx )  0,5 sin(12t 

1 x ) 2

26. e. 120 Pembahasan: Efek Doppler Saat P mendekat:

fs 

fs (v  p ) (v )

Maka selisihnya adalah = 1.360 – 1.240 = 120 Hz 27. d. 100 dB Pembahasan: TItot = TI + 10 log n TItot = 90 + 10 log 10  log 10 = 1 TItot = 90 + 10 (1) TItot = 100 dB 28. d. 10 kali Pembahasan: Bayangan oleh lensa objektif s' = 6 cm dan terletak pada titik fokus okuler.

 s' S  Pembesaran total      n  s  f   6   30      3  6   10 kali 29. d. 5,0 × 10–4 mm Pembahasan: Diketahui: d = n = p = R = Ditanya:  = Jawab:

0,2 mm 3 (terang) 7,5 mm 1 m = 1.000 mm ... ?

dp  n R  

dp nR (0,2)(7,5) (3)(1000)

 5  10 4 mm 30. e. (3) dan (4) Pembahasan: Sifat gelombang elektromagnetik: - merupakan gelombang longitudinal - di udara memiliki kecepatan 3 × 108 m/s 31. c. 1 : 4 Pembahasan:

1 2 kx OP 2 kx PQ : 2  kxOP  xOP : kxPQ  xPQ : WPQ  FOP  xOP : FPQ  xPQ

WOP : WPQ  WOP

Saat P menjauh:

fp 

fs (v  p ) (v )

1.300(325  15)  325

1.300(325  15)  325

 1.360 Hz

 1.240 Hz

 (50 N) (2 m) : (100 N) (4 m)  100 Nm : 400 Nm  1 : 4 32. d. (2), (3), dan (5) Pembahasan: Faktor-faktor yang memengaruhi GGL induksi yang ditimbulkan pada saat magnet batang digerakkan keluar-masuk kumparan.


57

(2) Kekuatan magnet (3) Kecepatan gerak magnet (5) Kuat arus listrik 33. d. 1 : 16 Pembahasan: Gaya Coulomb antara dua muatan berbanding terbalik dengan kuadrat jarak kedua muatan. Jika 1 j arak kedua muatan diubah menjadi kali 4 semula, gaya Coulomb antara kedua muatan tersebut membesar menjadi 16 kali semula. Jadi perbandingan antara gaya Coulomb sebelum dan setelah dilakukan perubahan jarak kedua muatan adalah 1 : 16 34. d. C 4 Pembahasan: Kapasitas kapasitor (C) • berbanding lurus dengan A, k, maka semakin besar A dan k semakin besar C • berbanding terbalik dengan d, maka semakin kecil d akan bertambah besar C dan sebaliknya semakin besar d semakin kecil C nya Dicari nilai A × k yang terbesar dan nilai d yang terkecil, maka didapatkan C 4 Ingat rumusnya: A C d dengan: C = kapasitas kapasitor  = permitivitas bahan

   r 0 dimana:

r = permitivitas relatif

bahan/ konstanta dielektrik  0 = konstanta permitivitas vakum = 8,85 × 10–12 C2/Nm2

35. d. 30 ohm Pembahasan:

 1,2375  10 14 38. b. elektron yang mengelilingi inti akan memancarkan energi dan elektron tidak memiliki orbit stasioner Pembahasan: Kelemahan model atom Rutherford adalah muatan yang bergerak dipercepat (elektron) akan memancarkan energi secara kontinyu, akibatnya lintasan elektron makin lama makin mendekati inti dan akhirnya jatuh ke inti. 39. b. 17,55 MeV Pembahasan: 2 1

H  13H  24 He  10 n  Q

= 5,012857 sma =  m  931 = (5,031718 – 5,012857) 931 = (0,018861) 931 = 17,55 MeV 40. a. 2 tahun Pembahasan: Jumlah mula-mula adalah 6, dan separuhnya adalah 3. Untuk mencapai jumlah 3, dari diagram di atas terlihat waktu yang diperlukan adalah 2 tahun. Q

Z 2  XC 2  R 2 2.500  1.600  R 2 R 2  900 R  30 

36. b. 0,1 N Pembahasan: Diketahui: I = 5 A B = 10–2 Wb/m2  = 2 m  = 90 58

hc  6,6  10 34  108 10,8   6,6  10 34  108 19 (10,8)(1,6  10 )   6,6  10 34  10 8  (10,8)(1,6  10 19 ) Ef 

= 5,031718 sma

1 2,5  10 2 100  2,5  40 

Z  50 

= 0,1 N 37. b. 1,2375 × 10–14 Pembahasan:

 m = 4,00387 sma + 1,008987 sma



200  4Z



 m = 2,01441 sma + 3,016977 sma

1 2 50 2,5  10 4

V  IZ



Hitung massanya:

1 XC  2fC 

Ditanya: FL dan arah = ... ? Jawab: Menurut kaidah tangan kanan jika arah I ke kanan dan arah medan magnet masuk bidang kertas, maka arah gaya Lorentz ke atas dengan besar: FL = B I  sin  = 102  5  2 sin 90

PREDIKSI PAKET 1 1. d. 5,45 cm (ralat option) Pembahasan: 1. Posisi anting depan 2. Posisi anting tengah 3. Posisi anting belakang Massa buku fisika


5,0 gram 40,0 gram 500,0 gram 545,0 gram

+

2. e. 5 meter arah tenggara Pembahasan: Perpindahan:

T1  fs  s N A   s A  Fx  0 T  T sin   0

AD  AE 2  ED2  32  42  9  16  25 5

sw A  T sin   0  sw A  T sin 

3. c. 8 sekon Pembahasan: Gerak benda termasuk dalam GLBB. Dalam 4 sekon kelaj uan benda berkurang 10 m/s. Kecepatan awal benda 20 m/s, maka benda akan berhenti setelah benda bergerak selama 8 sekon. 4. e. 9 kali Pembahasan: v2 F m R  m2R  m(3)2 R  9mR

 = I · 

F · R =

F N w 570  600 30  60 a

N = 520 N a

w = 400 N

 ma  ma  60a a  0,5 m/s2

6. b. 5 sekon Pembahasan: 100  1  1 v z  0 sin 30     10   5 dt g 10  2  2 7. e. 4 m/s Pembahasan:

2h  g

2  20  4s  2 s 10

Waktu bola di udara (t) t = t1 + t2 = 2 s + 2 s = 4 s 8. b. s  w A  T sin  Pembahasan: 

T

T cos 



NA

T1 A

T sin  T2 B

WA WB

a

 = R

1 a MR2 ·   2 R

1 Ma 2 1 = × 4 × 5 2 = 10 Jadi, besar gaya F adalah 10 N 10. a. 2 kg m2 Pembahasan: Saat batang AB diputar dengan poros A, momen inersianya 8 kgm 2, sehingga panjang batang R dapat dicari dengan rumus: I = mR2 8 = 2R2 R 2 = 4 R = 2 m Saat batang AB diputar dengan poros A, massa batang terbagi menjadi dua, demikian juga jarak terhadap poros: m A = 1 kg m B = 1 kg RA = 1 m R B = 1 m Dengan demikian, momen inersianya menjadi: F =

5. d. 0,5 m s–2 Pembahasan: Perhatikan gaya searah percepatan bernilai positif. Resultan gaya adalah gaya normal dikurangi gaya berat. Senilai dengan massa kali percepatan.

t2 

9. e. 10 N Pembahasan: Data-data yang diketahui pada soal: M = 4 kg 1 I = MR2 2 a = 5 m/s2 Momen gaya yang bekerja pada katrol:

fs

I =  mR2 = mARA2 + mBRB2 = 1 × 12 + 1 × 12 = 1 + 1 = 2 Jadi, momen inersia pada keadaan tersebut adalah 2 kgm2 11. c. 1.200 kg/m3 Pembahasan: Untuk menghitung massa jenis cairan:  V  bVb 1   Vb  0,6gVb 3 2  1,2 g/cm  1.200 kg/m


59

12. d. 1,53 Pembahasan:

16. a. 4,8 joule Pembahasan: Hitung dulu energi mekanik sistem dari keadaan awal (karena EM sama di setiap titik dan di setiap waktu): E M = EP + EK

1h1  2 h2 1(6)  (0,92)(10) 1  1,53 13. d. 92,5 kPa Pembahasan:

= mgh +

A1v1  A2v 2

= 5 + 1,8 = 6,8 J Maka pada ketinggian 2 m, energi mekaniknya: E M = EP + EK 6,8 = 2 + EK E K = 4,8 J 17. c. 2,5 N Pembahasan:

A  v 2   1  v1  A2   r 2    12  v1  r   2  r2    12  v1 r   2   12    1  6 

I  p

 4 ms1 Gunakan persamaan Bernoulli untuk menentukan P2 1 2 1 2 v1  gh1  P2  v 2  gh2 2 2 1 1 120.000   1.000  12  1.000  10  0  P2   1.000  42  1.000  10  0 2 2 120.000  500  0  P2  8.000  20.000 P1 

120.500  28.000  P2 P2  92.500 Pa P2  92,5 kPa

5 8 Pembahasan:

14. b. 0, 7

Benda I. Segiempat II. Segitiga 

Y 5 12

A 5 3 8

Ay 25 36 61

dari tabel diperoleh:

y

 Ay A



61 5  7 cm 8 8

15. b. 100 Pembahasan: Terlebih dahulu dicari kecepatan balok saat 5 sekon, kemudian dicari selisih energi kinetik dari kondisi awal dan akhirnya:

v t  v 0  at v t  0  (2)(5)  10 m/s

W  Ek 1  m(v 22  v 2 2 ) 2 1  (2)(102  0 2 ) 2  100 joule

60

1 mv2 2

F t  m v m v F t (0,1)(0  5) F 0,2  2,5 N 18. e. 187,5 Pembahasan:

150 120  x 150 120 x  22.500 x  187,5 19. e. seluruh es melebur menjadi air dengan suhu tetap 0° C Pembahasan: Kalor yang diperlukan untuk meleburkan es Q = m · kl = 10 · 80 = 800 K.kal Karena kalor yang diberikan = kalor yang diperlukan untuk meleburkan es, maka seluruh es melebur menjadi air 0° C. 20. c. 50 °C Pembahasan: Karena tidak ada perubahan wujud, maka berlaku asas Black.

m1c (t  t1 )  m2 c (t2  t ) 0,2(t  30)  0,1(90  t ) 0,2t  6  9  0,1t 0,3t  9  6 0,3t  15 t  50 C 21. b. 40 °C Pembahasan: Hantaran kalor pada sebatang logam dinyatakan sebagai:


At I Kalor yang dilepas oleh logam I akan diserap oleh benda II sehingga berlaku: HI = HII Hk

A tI AtII  kII I l Panjang dan luas kedua logam adalah sama dan konduktivitas termal logam I = 4 kali konduktivitas logam II (kI = 4kII) sehingga diperoleh: kI

kI tI = kII tII 4kII (50 – t) = kII (t – 0) 200 – 4t = t 200 = 5t t = 40 Jadi, suhu pada sambungan logam tersebut adalah 40 °C.

5 22. d.  3  P   Pembahasan: Dengan menggunakan hukum Boyle–Gay Lussac maka diperoleh: PV PV 1 1  2 2 T1 T2

F  m  

v

25. a. (1), (2), dan (3) Pembahasan:

koefisien t koefisien x 2  0,1  20 m/s

v

Tersisa jawaban a, b, e A = 0,03 meter Tersisa jawaban a, b

2 f t  2 t  f  1 Hz Maka jawabannya a v  v2 f2 v  v1 Pembahasan:

26. d. f1 

v  v1 f2 v  v2 v1 menjauhi sumber bunyi (sirine) bernilai negatif (–) v2 mendekati pendengar bernilai (–) v  v2 f1  f2 v  v1 4 27. b. I0 9 Pembahasan: PA  I A 4RA2 Rumus: f1 

3V P2 PV 4  5T T 4 3 5 P2  P 4 4 P2 

24. a. (1) dan (2) Pembahasan:

5 4  P 4 3

5  P 3 23. a. pada proses a mesin menyerap kalor Pembahasan: P(N/m2 ) a d

b

PB  IB 4RB 2 I A 4 RB 2  I B 4  RA 2 I A RB 2  IB R A 2 IA R 2  4 B2 IB RB 9 4 I0 9 28. c. 40 kali Pembahasan: Teropong bintang untuk mata tidak berakomodasi. fob = 200 cm fok = 5 cm IB 

c

Siklus Carnot: Proses a : pemuaian isothermal, suhu tetap T1, menyerap kalor Q1, U = 0 Proses b : pemuaian adiabatik, suhu turun dari T1 menjadi T2, Q = 0 Proses c : pemampatan isothermal, suhu tetap T 2, gas melepas kalor Q 2, U = 0 Proses d : pemampatan adiabatik, suhu naik dari T2 menjadi T1, Q = 0

M

fob fok

200 5  40 kali 


61

29. c. 5 × 103 Å Pembahasan: Dengan rumus interferensi celah ganda Young: dy  n L y = jarak antara 2 garis terang atau 2 garis gelap yang berdekatan, L = jarak kedua celah,  panjang gelombang monokromatik yang digunakan)

dy nL (4  10 3 )(0,25  10 3 )  2 1  5  10 7

35. d. 1.000  Pembahasan: Reaktansi induktif: X L  L

 200 

1 C  1.000 

Rektansi kapasitif: XC 

Impendansi rangkaian: Z  R 2  ( X L  X C )2



 1.000  36. a. searah A Pembahasan: A

 5.000 amstrong 30. d. sinar inframerah Pembahasan: Sudah jelas. 31. e.

e.

Gaya F (N) 2

U

D

S

F I I

Perubahan Panjang (m) 0,25

Pembahasan:

F x F Dari tabel di atas, hasil x a. 20 N m–1 b. 80 N m–1 c. 40 N m–1 d. 40 N m–1 e. 8 N m–1 Jadi, yang paling kecil e F  kx  k 

32. c. (1) dan (3) saja Pembahasan: GGL induksi pada ujung-ujung kumparan sebanding dengan laju perubahan fluks magnetik dan banyaknya lilitan.    N t 33. c. 540 N, tarik-menarik Pembahasan: q q F  k 122 r (4  10 6 )(6  10 6 )  (9  10 9 ) (2  102 )2  540 N Karena muatan berbeda, maka terjadi gaya tarik. 34. b. 4 µC Pembahasan: Diketahui: C 1 = 2 µF C 2 = 1 µF C 3 = 5 µF V 2 = 4 V Ditanya: Q3 = ... ? Jawab: Q3 = Q2 = C2 · V2 = 1 µF · 4 V = 4 µC 62

B

B

Arah gaya magnetik ditunjukkan arah telapak tangan. Jadi arahnya adalah ke atas atau searah A. 37. e. 10,2 eV Pembahasan: Elektron berpindah dari n = 1 ke n = 2

E  E2  E1 13,6 13,6  2 22 1  10,2 eV 

38.

B.

(1)

(3)

Pembahasan: Sudah jelas. 39. b. 0,88 MeV Pembahasan: - Jumlah massa sebelum reaksi = 2,0156 sma - Jumlah massa setelah reaksi = 2,01465 sma - Selisih massa = 0,00095 sma - Energi yang dihasilkan = 0,00095 sma × 931 = 0,88445 MeV 40. c. 34,7 m-1 Pembahasan: Diketahui: HVL = 2 cm  = ... ? Ditanya: Jawab: 0,693 0,693    0,347 cm 1  34,7 m1 HVL 2

PREDIKSI PAKET 2 1. c. 5,50 mm Pembahasan: Skala utama Skala nonius

= 5,5 mm = skala 0 yang berimpit dengan salah satu skala utama Hasil pengukuran= 5,50 mm


2. c. 21 N Pembahasan: F1  15 N R  F12  F22  2F1F2 cos 

F2  9 N   60 

3.

4.

5.

6.

7.

 152  92  1(15)(9) cos60  225  81  270(0,5)

 451  21,23 N a. 40 m dan 0,8 m/s2 Pembahasan: GLBB: Jarak dapat dihitung sebagai luas trapesium =  5  15   2   4  40m   sedang percepatan dapat dihitung sebagai 4 gradien kurva = = 0,8 m/s2 5 c. 20 detik Pembahasan: v sin  400 sin 30 400(0,5) t 0    20 dt g 10 10 e. 780 N Pembahasan:  F  ma N  w  ma N  (60)(10)  (60)(2) N  180  600 N  780 d. 120 m Pembahasan: Diketahui: = 37 ° sin 37° = 3/5 t = 3 dt cos 37° = 4/5 Ditanya: x = ... ? Jawab: v sin  v 0 (0,6) 30 t 0    50 g 10 0,6 x  v 0 cos t  (50)(0,8)(3)  120 m b. 30 m/s Pembahasan: Diketahui: h = 45 m g = 10 m/s2 Ditanya: v = ... ? Jawab: Terlebih dahulu menghitung waktu (t)

2h 2(45)   9  3 s g 10 Menghitung kecepatan: t

v  gt  (10)(2)  30 m/s

8. b. 24 N Pembahasan: Pertama cari dulu percepatan sistem: F  m 30  20  32  2 m/s2

Kemudian tinjau salah satu benda, misalnya benda 3 kg, maka: F  m a

30  T  3  2 T  24N 9. b. 3 N m Pembahasan: Diketahui: Sumbu rotasi terletak di titik C. Jarak antara F1 dan sumbu rotasi (r1) = 30 cm = 0,3 meter Jarak antara F2 dan sumbu rotasi (r2) = 10 cm = 0,1 meter Jarak antara F3 dan sumbu rotasi (r3) = 20 cm = 0,2 meter F1 = 10 Newton F2 = 10 Newton F3 = 10 Newton Ditanya: Resultan momen gaya jika batang diputar pada poros di C. Jawab: Hitung momen gaya yang ditimbulkan oleh masing-masing gaya. Momen gaya 1  2  (F2 )(r2 sin90)  (10 )(0,1)(1)  1 N m Momen gaya 1 bertanda negatif karena arah rotasi batang yang ditimbulkan oleh momen gaya 1 searah dengan putaran jarum jam. Momen gaya 2  2  (F2 )(r2 sin 90 )  (10)(0,1)(1)  1 N m Momen gaya 2 bertanda positif karena arah rotasi batang yang ditimbulkan oleh momen gaya 2 berlawanan arah dengan putaran jarum jam. Momen gaya 3  3  (F3 )(r3 sin30 )  (10)(0,2)(0,5)  1 N m Momen gaya 3 bertanda negatif karena arah rotasi batang yang ditimbulkan oleh momen gaya 3 searah dengan putaran jarum jam. Resultan momen gaya     1   2   3    3  1  1    3 N m Besar resultan momen gaya adalah 3 newton meter. Resultan momen gaya bertanda negatif artinya arah rotasi batang yang ditimbulkan oleh resultan momen gaya, sama dengan arah rotasi jarum jam. Jawaban yang benar adalah b. 10. e. 0,76 kg m² Pembahasan: I = mR² = 1 · 36 · 10 – 2 + 2 · 9 · 10 – 2 + 3 · 4 · 10 – 2 = (36 + 18 + 12) · 110 – 2 = 76 · 10–2 kg m² 11. a. 11,7 g/cm3 Pembahasan: Untuk menghitung massa jenis cairan:  1 · h1 =  2 · h2 13,6 g/cm3 · 12 cm =  2 · 14 cm  2 = 11,7 g/cm3


63

12. a. 0,5 m s–1 Pembahasan: Diketahui: A1 A2 v2 Ditanya: v1 Jawab:

17. b. 1,5 kg Pembahasan: 8 cm2 2 cm2 2ms –1 ... ?

= = = =

Ft  mv 2  mv1 (250)(0,3)  m(50  0) 75  50m 75 50 3  2 1  1 kg 2 18. d. 4 m Pembahasan: h2 h3 e  h1 h2 m

A1v1  A2v 2 v1 

A2 v2 A1

v 2  0,5 m/s 13. d. 80 m s–1 Pembahasan:

A1v1  A2v 2 (2  10 4 )(20)  (5  10 4 )v 2 400 v2  5  80 m/det 14. b. 1,75 cm Pembahasan:

Benda I. Segiempat II. Segitiga 

Y 1 3

h2 1  8 h2 2h2  8

A 5 3 8

Ay 5 9 14

dari tabel diperoleh

y

 Ay

A 14  8  1,75 cm

15. d. 21 joule Pembahasan: v1

v2

m = 2 kg; v1 = 2 m/s, v2 = 5 m/s

Usaha yang dikerjakan pada benda:

W  Fs  Ek 1 1  mv 22  mv 12 2 2 1  (2)(5 2  22 ) 2  21 joule

h4 19. a. 0,105 kal/g °C Pembahasan: Diketahui: m air = 2 kg m lo gam = 1 kg tair = 20 °C tlogam = 80 °C = 1 kal/gC suhu akhir setimbang cair tc = 23 °C Ditanya: kalor jenis logam (cL) = ... ? Jawab: Kalor yang diterima  kalor yang diberikan Qair  Qlogam ma ca t1  mL cL ma c a  tc  t a   mL cL  ta  tc  2000  1 23  20   1000  cL  80  23  6 cL  57 cL  0,105kal/g°C 20. d. 40 °C Pembahasan:

k1A1T1 k2 A2T2  L1 L2 karena diketahui A1 = A2 , L1 = L2 dan k1 = 2k2, maka: 2  T1 =  T2 2(t – 20) = 80 – t t = 40 °C 21. a. 0,105 kal/g °C Pembahasan:

16. b. 1,1 joule Pembahasan: EmB  EmA

° C

1  m  v 12 2 1  0,05  10  2   0,05  22 2  1,1 joule

80

64

Qlogam

Logam

 m  g  h1 

ta = 23° C 20 Air 0


Qair

t (waktu)

Diketahui:

Ditanya: Jawab:

m air = 2 kg m lo gam = 1 kg tair = 20 °C tlogam = 80 °C cair = 1 kal/gC suhu akhir setimbang tc = 23 °C kalor jenis logam (cL) = ... ?

Kalor yang diterima  kalor yang diberikan Qair  Qlogam ma ca t1  mL cL ma c a  tc  t a   mL cL  ta  tc   2000 1 23  20   1000  cL  80  23  6 cL  57 cL  0,105kal/g°C 22. c. 327 °C Pembahasan: V1 V2  T1 T2 2V V  300 T2 T2  300  2 T2  600 K T2  600  273  327 C

8 2 4m

0,2 2  0,1 s

T 



maka:

26. d. 35 33 Pembahasan: Cepat rambat bunyi di udara = 340 m/s Frekuensi sumber bunyi fs = 680 Hz Kondisi I Sumber bunyi diam (v s = 0 m/s) dan orang mendekati (vp = 10 m/s) v  vp fp  fs v  vs

340  10  680 340  700 Hz 

23. d. 1.000 K Pembahasan: Menaikkan efisiensi mesin

T1(1  ) = T1'(1  ')

Kondisi II Sumber bunyi diam (v s = 0 m/s) dan orang menjauhi (vp = –10 m/s)

fp 

v  vp v  vs

fs

340  10  680 340  600 Hz

20    52  (600)  1    T1'    100   100   4  48  (600)    T1'   5  100  T1 '  1.000 K



Perbandingan kondisi I dan kondisi II fp1 700 35   fp2 600 33

24. c. gelombang stasioner Pembahasan:

27. c. 30 Pembahasan:

Gelombang I Resultan gelombang

r1  3 m

Gelombang II

y  0,05 sin   20t  0,5 x 

Pembahasan:

y   A sin  wt  kx   t x   A sin2    T   dari gambar diketahui A = 0,05

TI2  TI2  20log

TI1  50 dB r2  30 cm

25. c.

 t x y  A sin 2    T    2t 2x   0,05 sin      0,1 4  2x    0,05 sin   20t   4    0,05 sin   20t  0,5 x 

 T 4  0,1  40 m/s

v

 50  20log

r2 r1

30 3

 50  20(1)  30 dB 28. e. 50 kali Pembahasan: Kalimat: “berkas sinar yang keluar dari lensa okuler merupakan berkas sejajar” menyatakan mata tidak berakomodasi, yaitu s ok ada pada tak berhingga dengan f ob = 2 cm dan s ob = 2,2 cm, maka dengan rumus lensa positif:


65

1 1 1   fob sob s 'ob s 'ob  22 cm Masukkan ke rumus perbesaran mikroskop untuk mata tidak berakomodasi: s' 25 M  ob   50 kali sob fok L 29. e. d Pembahasan: Terang ke-1 (orde ke-1), n = 1: n L y1  1 d 1 L  d L  d Terang ke-2 (orde ke-2), n = 2: n L y2  2 d 2 L  d Maka jarak antara 2 titik terang berdekatan:

32. b. (1) dan (2) Pembahasan: GGL induksi pada ujung-ujung kumparam sebanding dengan laju perubahan fluks magnetik dan banyaknya lilitan. Faktor yang mempengaruhi besar GGL (1) jumlah lilitan kumparan (2) laju perubahan fluks magnetik 33. b. 7,5 N menuju q2 Pembahasan:

 F  F1  F2 q q q q  k 12 3  k 22 3 r13 r23 30  10 6 5  10 6  9  109  2 30  10 2















 60  10 5  10   60  10  6

 9  10  9

6

2

2

 F  7,5 N (Arah menuju q2 karena positif) 34. d. 120 V Pembahasan: Menentukan tegangan kapasitor pada susunan seri.

y  y 2  y 1 2 L L  d d L  d 30. d. panjang gelombang 10–5 – 10–7 m Pembahasan: 

c = f  c c   f f 3  108 3  108   1013 1015 5  3  10  3  10 7 31. e. 150 N/m Pembahasan:

kp  k  k  2k

1 k t

maka kt 

3 k 2

F  kt  x 3 k  5  102 2 k  100N/m 3 Jadi : k t  k 2  150 N/m 7,5 

66

1 1  2k 6k 3 1   6k 6k 4  6k 

Cari kapasitas gabungan ketiga kapasitor terlebih dahulu: 1 1 1 1    Cgab C1 C2 C3

1 1 1 1    Cgab 3 6 9 1 6 3 2    Cgab 18 18 18 1 11  Cgab 18 18 Farad 11 Cari muatan gabungan: Qgab = Cgab Vgab Cgab 

 18  =   × 220 = 360 Coulomb  11  Pada suatu rangkaian kapasitor seri seperti gambar di atas, berlaku Q 1 = Q 2 = Q 3 = Q gab, sehingga nilai Q1 = 360 Coulomb Tegangan pada C 1 Q1 V1 = C 1 360 = = 120 volt 3 Qgab


35. b. 2,0 A Pembahasan: Dari gambar, bisa ditentukan besar impedansi: 2

2

Z  R  (X L  XC )  100 

Nilai I ditentukan melalui Hukum Ohm: V = I  Z I = 2 A 36. e. 6,4 × 10–1 N Pembahasan:

PREDIKSI PAKET 3 1. e. 790 gram Pembahasan: 1. Posisi anting depan 2. Posisi anting tengah 3. Posisi anting belakang Massa buku fisika 2. d. 50 km Pembahasan:

F  I   (0,032)(20)(1)  0,64  6,4  10 1 N

38.

Rutherford

30

Bohr

A

30

3. e.

Pembahasan: Ditinjau dari jawaban tiap option, kemungkinan jawaban adalah d. Tetapi orbit elektron dalam teori Rutherford sebenarnya tidak menempati lintasan yang tetap, hal ini dikarenakan elektron yang bergerak akan memancarkan energi menurut teori gelombang elektromagnetik Maxwell, sehingga elektron akan kehilangan energi dan lintasannya akan semakin dekat dengan inti atom. (sudah jelas) 40. d. 40 hari Pembahasan:

S 2  402  302  1.600  900  2.500 S  50 km

v (m s V (m.s -1–1) )

10 5 10 15

25

t (s)

Pembahasan:

v  5 m/s

t 2  55

t1  10 s s  v  t  (5)(10)  50m

a  1 m s 1 s  137,5 v t  v 0  a t  5  (5)  10 v t  v 0  a t 0  10  (1)t

4. b. frekuensi 20 Hz dan kecepatan linier di ujung jari-jari 16  m s–1 Pembahasan:

1.200  2 60  40

  2f 40   2f f  20 Hz

t

t

 1  1  10     2 2 1 4 10 t  40 hari

2 T 2 40   T 2 T  40  T  0,05 



v  r  40 (40)(10 2 )  16  ms1

1 10

1  1  10   16  2  4

D

B

 1 T N  N0   2  1 N  16   2

+

790,0 gram

30

d. Orbit elektron Elektron dapat berdalam atom me- pindah lintasan nempati lintasan dengan menyerap/ yang tetap melepas energi

t

10

C

37. a. (1), (2), (3), dan (4) Pembahasan: Pada proses efek fotolistrik akan berpengaruh halhal berikut. a. Elektron keluar dari logam saat permukaan logam disinari gelombang elektromagnet b. Intensitas cahaya tidak memengaruhi lepas atau tidaknya elektron dari logam, yang memengaruhi lepasnya elektron adalah frekuensi. c. Besarnya fungsi kerj a (energi ambang) bergantung pada jenis logam)] d. Besarnya energi kinetik elektron bergantung pada frekuensi cahaya yang datang. Jadi semua pernyataan benar.

20,0 gram 0,0 gram 770,0 gram

5. e. 9 Pembahasan: Mekanika: Gaya dan gerak:  Fy = 0

N = mg + 100 sin  = 120 sehingga fs max = (0,4)(120)


67

Karena 100 cos  > fs max 60 > 48 maka benda bergerak dengan  Fx a m (60  (0,2)(120)  4  9 m s2 6. e. 12,5 m/s Pembahasan: h = 4.500 x = 7,5 m Dari ilustrasi ini, maka geraknya adalah gerak parabola Waktu agar tepat mendarat di ujung parit:

1 2 gt 2 2h t  g h

2  18  0,36  0,6 s 10

Kecepatan minimum agar tepat di ujung parit: x v t 7,5 v 0,6  12,5 m/s 7. d. 2 : 1 Pembahasan: Untuk gerak jatuh bebas: m1 m2 h1 h2

h  v 0t 

1 2 gt 2

v0  0

1 2 2h gt  t 2  2 g 2h t g h

t1 : t2 

2h1 2h2 : g g

t1 : t2  h1 : h2 t1 : t2  2 : 1 = 2 : 1

68

8. e. 3 kg Pembahasan: Untuk katrol licin, percepatan gerak benda:

m (g ) m m 2,5  (10) m m 1  m 4 a

Dengan m adalah selisih kedua massa dan  m adalah jumlah kedua massa. Alternatif jawaban yang memenuhi adalah 3 kg selisih massa = 5 – 3 = 2 jumlah massa = 5 + 3 = 8 sehingga perbandingan selisih dan jumlahnya 1 adalah . 4 9. c. 17 N m Pembahasan: F1 = 4 N A

B

C

D

E

F2 = 6 N 1 m

1 m

AB = 1 m BC = 1 m

1 m

1 m

F3 = 6 N

CD = 1 m DE = 1 m

 C  F1(CA)  F2 sin30(CD)  F3 (CE )  1  (4)(2)  (6)   (1)  (6)(2) 2  8  3  12  17 10. c. 25 N m sesuai arah jarum jam Pembahasan: M = F sin = 10 sin 30 · 5 = 10 · 5 = 25 N m (searah jarum jam) 11. a. 0,2 m3 Pembahasan: Untuk menghitung volume es:  · V =  b · Vb 1 g/cm3 · 0,18 m3 = 0,9 g/cm3 · Vb Vb = 0,2 m3 12. e. 6 m/s Pembahasan:

v  2g(3,05  1,25)  2  10  1,8  6 m/s 13. e. 8 v Pembahasan: Diketahui: AA : AC = 8 : 3 vA = 3 v Ditanya: vC = ... ?


Jawab:

18. a. 2,5 m Pembahasan: Diketahui: m = 1,5 kg h = 10 m v ' = 7 m/s Ditanya: v ' = ... ? Jawab:

QA  QC AA  v A  AC  v C (8)(3v )  (3)v C vC  8 v 14. e. 250 2 N Pembahasan: Untuk mencari gaya gunakan persamaan usaha W = F · s cos  25.000 J = F · 100 m cos 450 25.000 J = F · 50 2 m

1 4 2 2

y2 

1 x0   16 2 8

y A  y 2 A2 y0  1 1 A1  A2 6  48   2  64  48  64

 3,7 16. d. 600 J Pembahasan: Hukum kekekalan Energi Kinetik m = 1 kg g = 10 m s–2 h = 20 m v0 = 40 m/s m = 1 kg Ek 2 = Ek 1– Ep 2

1 (1) (40)2 – (1) (10) (20) 2 = 800 – 200 = 600 joule 17. b. 6 N s Pembahasan: I I I I

 p  mv  0,06 ( 50)  50   0,06  100   6 N s

h '  2,5m

0°

0° Q2

 64



h' h

7m/s h'  14 m/s 10m

 196 m/s

A2  4  16

1  y1    6   4 3  6

=

 (2)(9,8m/s2 )(10)

v'  v

Jadi, ketinggian bola setelah mengalami pemantulan awal adalah 2,5 m. 19. c. 3,402 · 105 joule Pembahasan:

F = 250 2 N 15. b. (8 ; 3,7) Pembahasan:

1  16  16 2  48

a

 14m/s

F = 25.000 J / 50 2 m

A1 

v  2gh

Q1 –2°

Q  Q1  Q2  mc t  mk  (100)(0  ( 2))(0,5)  1000(80)  1.00  80.000  81.000k alori  3,402  103 joule 20. b. 40 °C Pembahasan: Prinsipnya adalah laju aliran kalor secara konveksi di kedua batang adalah sama besar: Q  Q   t   t   I  II

 kAt   kAt       d I  d II Ukuran sama artinya A dan d untuk kedua batang sama,maka jika nilai yang ada dimasukkan ke rumus tersebut akan diperoleh t = 40 °C. 21. c. 50 °C Pembahasan: Azas Black: Qserap  Qlepas m1c (ta  20)  m2c (100  ta ) 500(ta  20)  300(100  ta ) 500t a  10.000  30.000  300ta 800 t a  40.000 t a  50 C


69

Persamaan simpangan di setiap titik P yang berjarak x cm dari ujung O adalah: x  Yp  A sin   t   gelombang merambat ke kanan v   x  Jadi: YB  A sin   t    v

3 V 4 Pembahasan: PV PV 1 1  2 2 T1 T2

22. a.

PV (2P )V2  T  3   T 2 V2 

3 V 4

23. b. 960 Pembahasan: T1 1  m   T1 ' 1  m ' 

40  50    800  1    T1 '  1   100 100      60   50  800    T1 '  100   100    800  0,6   T1 '  0,5  T1 ' 

800  0,5 

0,5 T1 '  960 K

F  m/

Ditanya: Jawab:

fP 

24. c. 40 m s–1 Pembahasan: v

 3  28  YB  4 sin    12   2 2  4 sin  12 1  4 sin  6  2 cm Simpangan di titik B sebesar 2 cm 26. d. 107 Hz Pembahasan: Diketahui: fs = 100 Hz v s = 50 m/s vP = 30 m/s

v  vp v  vs

fP

= ... ?

 fs

340  30  100 340  50 310   100 290  106,9 Hz 

16  1.600  40 s 2  10 2 / 2

25. a. 2 Pembahasan:

 107 Hz 27. e. 55 dB Pembahasan:

r1  100 m TI1  35 db r2  10 m TI2  TI1  20 log Dimana:

2 T v  f   T  2t 2x  YB  A sin       T Fase A: 2t T 3  2

70

10 100  35  20 log 10 1  35  20 ( 1)  35  20  55 dB  35  20 log



YA 

r2 r1

28. d. okuler digeser mendekati objektif Pembahasan: Alat optik (mikroskop): Kondisi tak berakomodasi: s' ok =  , berarti s ok = fok, kondisi akomodasi maksimum: s'ok = –25 cm, berarti sok < fok , jadi dari kondisi tak berakomodasi ke akomodasi maksimum, okuler harus digeser mendekati objektif.


29. d. 7.500 Å Pembahasan: d sin   m

34. b. C 2 Pembahasan:

d sin   m (3  10 4 )  10 2 sin30  2 o

30.

31.

32.

33.

 7.500 A b. memasak makanan dengan cepat Pembahasan: Ralat soal: kecuali ... . Memasak makanan menggunakan gelombang mikro yang biasa kita kenal dengan sebutan microwave oven. c. R Pembahasan: F F = kx g k = x F Dari kelima data dalam tabel hasil : x S = 5.000 N m–2 P = 2.000 N m–2 Q = 1.000 N m–2 T = 250 N m–2 –2 R = 50.000 N m Jadi, yang besar adalah R. e. menggerakkan kawat dalam medan magnet sehingga memotong garis gaya magnet Pembahasan: Gaya gerak listrik induksi adalah gaya gerak listrik yang timbul karena perubahan fluks magnet di dalam kumparan. Cara menimbulkannya. Dengan menggerakkan kumparan dalam medan magnet. Dengan menggerakkan magnet dalam kumparan. Dengan menggerakkan penghantar dalam medan magnet sehingga memotong garis gaya magnet. a. 0,4 2 N Pembahasan: A

B

+q

FB

FA  k

C

q A qB rAB 2

 (9  10 9 )

(2  10 7 )(2  10 7 ) (3  10 2 )2

 0,4 q q FC  k C 2B rCB 7

(2  10 )(2  10 ) (3  10 2 )2

 0,4  F  FA 2  FC 2  (0,4)2  (0,4)2  0,4 2

35. e. 15 A Pembahasan:

Z  R 2  ( X L  X c )2  6 2  (12  4)2  10 ohm

V Z 150  10  15 A

I

36. d. 0,24 N Pembahasan:

F  BI  sin   1  24  10 2   2   1    2 2  24  10  0,24





37. b. (1) dan (3) Pembahasan: Efek fotolistrik menganggap cahaya adalah paket energi (foton). Efek fotolistrik terjadi jika frekuensi cahaya lebih besar dari frekuensi ambang logam.

39. a. 0,137 sma Pembahasan: 8

7

 (9  10 9 )

0 2kA  2C1 d  3k 1 A 3 C4  0 2  C1 2d 4 0 4k 12 A C5  2d C3 

38. c. muatan positif terkumpul pada satu titik yang terpusat di tengah atom Pembahasan: Hamburan Rutherford dengan sinar  (positif) membuktikan muatan positif terkumpul pada suatu titik yang terpusat di tengah atom.

–q

+q

FA

0 kA d  0 2k 2 A  8C1 C2  1 d 2 C1 

Li 16  8 proton,8 neutron

m  (8  1,0078)  (8  1,0087)  15,995  0,137 sma 40. d. 60 hari Pembahasan: Data: T1/2 = 20 hari Nt/No = 1/8 t = ...


71

Lamanya peluruhan adalah t

5. d. 0,5 m s–2 Pembahasan:

Nt  1  T 1/ 2   N0  2 

F  ma N  w  ma

t

1  1  20   8 2

570  600  60a 30 a 60 a  0,5 m s 2

t

3

1  1  20     2 2 t 3 20 t  3(20)  60 hari

6. e. 15 3 m s–1 Pembahasan: Diketahui: Gerak peluru v0 = 30 m s–1

PREDIKSI PAKET 4 1. c. 6,20 mm Pembahasan: Skala utama Skala nonius

= 6,0 mm = skala 20 yang berimpit dengan salah satu skala utama Hasil pengukuran = 6,20 mm

2. d. 17 m Pembahasan: Perpindahan adalah jarak dari titik awal ke titik akhir, jika ditarik garis maka akan membentuk segitiga siku-siku dengan AB = 15 m dan B berhenti = 8 m, maka jarak sisi miring adalah 17 (pakai rumus segitiga phytagoras).

0 = 30° Ditanyakan: vH = ... ? vH = kecepatan di titik tertinggi Jawab: Di titik tertinggi kecepatan peluru dalam arah vertikal sama dengan nol atau vy = 0. Sehingga kecepatan peluru sama dengan kecepatannya dalam arah mendatar. Jadi, vh = v0 cos 0 v M = (30) (cos 30°) 1 = (30) 2 = 15 7. e. 80 m Pembahasan: t = 2 detik

3. d. 28 m Pembahasan: Jarak adalah luas di bawah kurva Detik ke 0 – 85 g luas trapesium Detik ke 8 – 105 g luas segitiga Luas = Ltrapesium – Lsegitiga

Luas  Ltrapesium  Lsegitiga 

1 1 t (a  b )  at 2 2



1 1 (4)(4  8)  (2)(4) 2 2

 24  4  28m 4. a. 4  Pembahasan:

1 R1 4 v  R v v v 2   1  4  4 R2 R R 1 4 R4 

72

h = 100 m h

Jarak yang ditempuh selama 2 detik 1 1  gt 2  (10)(2)  20 m 2 2 Jadi, jarak bola setelah 2 detik dari tanah

H ' = 100 – 20 = 8. b. 10 m s–2 Pembahasan: Diketahui: m 1 m2 F Ditanya: a Jawab: F a m1  m2 

6 0,4  0,2



6 0,6

80 m

= = = =

400 g 200 g 6N ... ?

 10 m/s2


12. c. 80 cm s–1 Pembahasan: Persamaan kontinuitas: A 1v 1  A 2v 2

9. c. 17 (ralat option jawaban) Pembahasan: F1 = 4 N A

B

C

D

E

F2 = 6 N 1 m

1 m

1 m

1 m

F3 = 6 N

AB = 1 m BC = 1 m CD = 1 m DE = 1 m

 C  F1(CA)  F2 sin30(CD)  F3 (CE )  1  (4)(2)  6)   (1)  (6)(2) 2  8  3  12  17 10. Ralat option jawaban Pembahasan: Perhatikan bidang miring berikut. Diperoleh nilai sinus  adalah perbandingan h dan s, sehingga

2g (s sin ) (k  1)

s

( k  1)(5)2 2g sin 



( 12  1)(25) 2  10  0,6



37,5 6

13. c. 11 cm Pembahasan: Bagi gambar tersebut menjadi dua bidang, bidang persegi panjang (yang bawah) dengan bidang segitiga (yang atas), Koordinat x sejajar pada AB dan koordinat y pada sumbu simetri bidang, maka: Bidang persegi panjang: titik berat (0, 5) luas = 200 cm2 Bidang segitiga: titik berat (0, 15) luas = 300 cm2 Titik berat:

y0 

y1A1  y 2 A2 A1  A2

14. a. 300 joule Pembahasan: Besar usaha dari A ke B

W  F s  W sin s  mg sin s 3  10(10) (5) 4  300 joule 15. d. 2 : 9 Pembahasan: Diketahui: m A = 2 mB 1 vA = v B 3 E kA Ditanya: = ... ? E kB Jawab:

 6,25 meter 11. e. 2 cm Pembahasan: Tekanan hidrostatis di titik A sama dengan tekanan hidrostatis di titik B. Cari ketinggian air, kemudian selisihnya dengan tinggi minyak: PA  PB a ha g  m hm g

200  10 25  80 cm s 1

v1 : v 2 

y 0  11 cm

h s h  s sin  Ingat karena I = kmR2 1 k = 2 2gh vt 2  v02  ( k  1) sin  

vt 2  v02 

200  10  25  v 2

1 mA v A 2 E kA 2  E kB 1 2 m v 2 B B 1 2 (2mB )( v B ) 3  2 mB v B 2

a ha  m hm 1000  ha  800  10cm ha  8cm h  10cm  8cm  2cm



1 2 v 9 B 2 vB

E kA 2  9 E kB


73

21. c. 3,0 × 105 J Pembahasan:

16. b. 5 N s Pembahasan: I  p

W  luas segitiga 1  (3)(2  105 ) 2  3,0  106 J

 m v  m (v 2  v1 )   0,1 ( 30)  20   5 N s

C tanda positif karena searah jarum jam.

17. c. B dan C Pembahasan: E p = m g h B. E p = m g (–h) = – m g h C. E p = m g (–h) = – m g h 18. d. 8,1 · 104 Pembahasan: Diketahui: c es = 0,5 kal/g°C cair = 1 kal/g°C l = 80 kal/g m e s = 1 kg = 1.000 gram t = –2°C Tahap pertama menurunkan suhu es dari –2°C menjadi 0° C: Q1 = m · ces t = 1.000 · 0,5 · (0 – (–2)) = 1.000 kalori Tahap kedua meleburkan es pada suhu 0°C Q2 = m · l = 1.000 · 80 = 80.000 kalori Jadi total kalori yang dibutuhkan adalah: QT = Q1 + Q2 = 1.000 + 80.000 = 81.000 = 8,1 · 104 kalori 19. c. 0,24 m–1 K–1 Pembahasan: Diketahui: L = 3 mm = 3 × 10–3 m H = 8 kWm2 t = 100 K Ditanya: k = ... ? Jawab:

k= =

HL AT 8  103 3  10 3







T2 T1 1 2

T T

 1 

1 2

Jadi efisiensinya 50% 23. c. 2 V Pembahasan: Berdasarkan percobaan Melde:

v

F 

Bila tegangan diperbesar menjadi AF maka:

v'

4F  

F  2v 

  y  0,4 sin  1 t   x  3 2 Pembahasan:

24. c.

  6 m T  4 s maka

 T 3  2  1,5 m/s

v

Grafik koefisien t dibagi x hasil 1,5.

20. e. 80 Pembahasan: Azas Black: Qm = Qk = muLu + muca T2

Jadi: (1.600)(1)(T  10)  200(540)  (200)(1)(100  T ) 9T  720 T  80 °C

74

  1

25. a. 680 Hz Pembahasan: Dini diam dalam kereta A, berarti vA = vP = 0 Kereta B mendekati kereta A, berarti vB = vS = –2 m/s Dengan rumus Doppler:

100 = 0,24 m1 K 1

ma c a T1

22. c. 50% Pembahasan:

fp 

v  vp v  vs

fs

340  0 676 340  2 fp  680 Hz fp 


26. c. 100 Pembahasan: Diketahui taraf intensitas bunyi mesin: (TI) = 60 dB Taraf intensitas bunyi dalam ruang: (TI ') = 80 dB

31. a. 2,5 k Q2r–2 ke kiri Pembahasan:

 F  FBA  FBC  k

k

qB qC rBC

2

32. b. Q Pembahasan:

80  60  10log n 10log n  80  60 10log n  20 20 log n  10 log n  2 n  100

1 q2 4 Agar muatan menjadi 0 maka: E1  E2

Diketahui: q1 

q1 q  2 R12 R22 1 2

q2 q  2 R12 R22

27. b. 24 cm Pembahasan: 1,8 Mob   9kali 0,2 s' karena Mob  ob sob

R2 2 1  1 R12 4 R2 2 4 R12

s 'ob  9 sob

2 3 Pembahasan:  A  A C1  0 1 dan C2  0 2 d1 d2

33. b.

 18cm d  s 'ob  fok  18  6  24 cm

= = = =

rBA

2

 2,5 kq 2 r 2

TI '  TI  10log n

28. d. 4 × 10–4 mm Pembahasan: Diketahui: d l P2 Ditanya:  Jawab: Rumus Young:

qB q A

0, 2 mm = 2 × 10 m 1m 4 mm = 4 × 10–3 m ... ?



A2d1 d 2 A1

A2  d1 1 3d1  A2 2 2  3 34. a. 3  × 10–5 tesla Pembahasan: 

m l d 21 3 4  10  2  10 4   4  10 7 p

  4  10 4 mm 29. d. sterilisasi alat kedokteran Pembahasan: Manfaat sinar gamma, untuk mensterilkan alat kedokteran. 30. e. 0,5 J Pembahasan:

1 Fx 2 1  mgx 2 1  (2)(10)(5  10 2 ) 2  0,5 J

0 A2 C2 d  2 0 A1 C1 d1

Bp  B1  B2  0 I1 0I1  2a 2a Bp  3  10 5 T Bp 

35. b.

Ep 

Pembahasan: Rangkaian resistif, artinya sifatnya mengikuti resistor, sehingga arus dan tegangan sefase.


75

36. c. 6,4  10–5 N arah ke kiri Pembahasan: FL  Bi

BCV R B 2  2V  R (10 2 )2 (4  10 1 )20  5 10 4 (1,610 2 )(20)  5  6,4  10 5 N 37. b. 0,09 A Pembahasan: Diketahui: V p = 220 V V s = 8 V  = 80% I s = 2 A Ditanya: I p = ... ? Jawab: Pout  Vs  Is B

  8  2   16 P   out  100% Pin

80%  Pin 

16  100% Pin

0,693 0,693   0,0693 / hari T 10 hari

PREDIKSI PAKET 5 1. a. 7,40 mm Pembahasan: Skala utama mikrometer sekrup adalah mm, dan skala nonius berhenti di 7 mm lebih. Lebihnya adalah garis nonius (skala vertikal) yang disentuh oleh skala horizontal dari skala utama, yaitu 40, artinya bernilai 0,40 mm. Maka hasil pengukuran adalah 7 + 0,40 = 7,40 mm. 2. c. 50 km ; 70 km Pembahasan: Perpindahan = 302  402 = 50 km Jarak yang ditempuh = panjang lintasan = 30 km + 40 km = 70 km 3. a. 2,5 m s–2 Pembahasan: Perlambatan pada gravik v terhadap t ditandai dengan grafik linier yang turun, atau dari t = 15 s (v = 5 m/s) sampai t = 17 s (v = 0), maka perlambatannya adalah:

v0  vt t  2,5 m/s

16 0,8

4. b. 2 Pembahasan: Diketahui: l = 25 cm = 0,25 m t = 240 putaran/menit Ditanya: v = ... ? Jawab: v  2fr

20  220I p 20 220

 0,09 A

  (2)   (2)

38. b. elektron yang mengelilingi inti akan memancarkan energi dan elektron tidak memiliki orbit stasioner Pembahasan: Kelemahan model atom Rutherford adalah muatan yang bergerak dipercepat (elektron) akan memancarkan energi secara kontinyu, akibatnya lintasan elektron makin lama makin mendekati inti dan akhirnya jatuh ke inti. 39. b. 57,82 MeV Pembahasan: 9 4 Be  4proton,5neutron m  (Zmp  ( A  Z )mn  minti )

 (4  1,0078)  (5  1,0086)  9,0121  4,0312  5,0430  9,0121  0,0621 sma E  0,0621 931  57,8151  57,82MeV 76



a

 20 W Pin  Vp  I p

Ip 

40. c. 0,0693 per hari Pembahasan:

240putaran menit 240putaran 60

 (0,25)  (0,25)

 2 Kecepatan linear suatu titik di tepi roda sebesar 2 rad/s. 5. e. 1 m s–2 Pembahasan: Perhatikan gaya searah percepatan bernilai positif. Resultan gaya adalah gaya normal dikurangi gaya berat. Senilai dengan massa kali percepatan.  F  ma

N  w  ma 660  600  60a 60 a 60 a  1 m/s2


6. d. 80 m Pembahasan:

9. c. 6 N m Pembahasan:

    A  B  C  FA  A  FB  B  FC  C sin30

60°

 10  0  20  0,2  10  0,4 

1 2

 4  2  6 Nm

20 m

Tanda negatif menunjukkan arah torsi searah jarum jam.

v 0 2 sin2  2g 402 (sin 60)2  20  2(10) 1.600( 12 3 )2  20  20 3  20  80   4  80 m

10. c. 14,50 · 10 –4 kg m2 Pembahasan: Momen inersia di titik dengan sumbu putar di p

hmaks  h0 

2

I p  ma ra  mb rb

2 2

60  15  40  5       1000  100  100  100  6 225 4 25 Ip     100 10.000 10 10.000 13,50 1 Ip   10.000 10.000 14,50 Ip  10.000  14,50  10 4 kg m2

2

Ip 

7. c.

11. a. 20 N Pembahasan:

Pembahasan:

1 mv 2 2 1  m( gt )2 2 1  mg 2t 2 2 y  ax 2

Ek 

air  1 g/cm3  1.000 kg/m3 benda  5 g/cm3  5.000 kg/m3

8. e. 1,83 m s–2 Pembahasan:

Karena benda tercelup seluruhnya, maka volume air yang dipindahkan = volume benda

6 1 6   45

tg 

m1g sin   fg1  fg 2  (m1  m2 )a w1 sin 45  k  w1 cos    k  w 2  (m1  m2 )a 1  50  2   0,2(50)cos 45  0,2(0)  (5  5)a 2    1 25 2  0,2(50)   (2)(10)  10a 2 25 2  5 2  10  10a 20 2  10  10a 20 2  10 10  2 2 1  1,83 m s2

a

va 

mB 10   2  10 3 m3 5.000 B

Besar gaya ke atas

FA   AVAg  1.000(2  10 2 )(10)  20 N 12. b. 0,7 g/cm3 Pembahasan: Diketahui: h h2 Ditanya:

= 3 cm = 10 cm

a

= 1 g/cm3

f

= ... ?


77

17. b. 20 N s Pembahasan: Diketahui: v1 m v2 Ditanya: I Jawab: I  p

Jawab:

PA  PB p0  PhA  p0  PhA f gh2  a gha f 

a ha h2

 mv

(1)(7) 10  0,7 g/cm3 

 (0,5)( 30  10)  (0,5)( 40)

1 13. a. 4 Pembahasan: Rumus debit air: Q = Av. Terlihat bahwa A berbanding terbalik dengan v, sehingga bila jarijari A dua kali lebih besar, maka luas A adalah empat kali lebih besar. Otomatis kecepatannya 1 adalah kali lebih kecil. 4 14. e. 45 cm Pembahasan: A1 = 5.000 cm2 dan y1 = 25 cm A2 = 7.500 cm2 dan y2 = 100 cm

y0 

= 10 m/s = 500 g = 0,5 kg = 108 km/jam = 30 m/s = ... ?

A1y1  A2 y 2 A1  A2

 70 cm Z1Z0  y 0  y 1

 20 N s 18. b. 2,0 m Pembahasan: h2 1,5 e  h1 3

4 x  8 4 16 x 8 x2 19. c. 720 joule Pembahasan: Q = QA – QB = 6 · 10–2 (70 – 2) · 4,7 · 10–2 – 6 · 10–2 (70 – 2) · 2,3 · 10–2 = 1.410 – 690 = 720 joule 20. c. 30° Pembahasan: Lt  (1  T )L0 Lt  L0  TL0

 45 cm

Lt  L0  TL0

15. b. 5 N

T 

Pembahasan:

100,07  100 (10 5 )(100) 0,07  3 10  70

W = F cos 60 · s

T 

1 250 = F · · 10 2 F F

250 5 = 50 N =

100  T1  70

16. e. 5: 6 Pembahasan: Perbandingan energi potensialnya adalah 5 : 6

Ep1 m1gh1  Ep2 m2 gh2 Ep1 m1h1  Ep2 m2 h2 Ep1 2  5  Ep2 3  4 10 12 5  6 

78

Lt  L0 L0

T1  30

21. a. 0,105 kal/g °C Pembahasan: Diketahui: m air m lo gam tair tlogam c air

= = = = =

2 kg = 2.000 kg 1 kg = 1.000 kg 20 °C 80 °C 1 kal/gC suhu akhir setimbang tc = 23 °C kalor jenis logam (cL) = ... ?

Ditanya: Jawab: Azas Black: kalor yang diterima = kalor yang diberikan


Didapat:

Qair  Qlogam ma ca t1  mL cL t 2

fp 

ma ca (tc  t a )  mL cL (tc  tL ) 2.000(23  20)  1.000c L (80  23)

–3

6 cL  57  0,105 kal/g C

22. c. 4 × 10 Pembahasan: Diketahui: T1 = 27 + 273 = 400 dengan rumus gas ideal: PV  nRT

PV PV 1 1  2 2 T1 T2

2000 

v vp 340

fp

340  v p 340

1700

v p  60 ms 1

vp 

60  10 3 1 3600

 216 km/jam 27. c. 11 : 13 Pembahasan: Rumus untuk taraf intensitas yang jumlah sumber bunyi diperbanyak menjadi n adalah: TIn = TI1 + 10  log n Perbandingan 10 mesin dan 100 mesin:

1 9  10 3 300 3V2  400 V2  4  10 3 m3 23. d. 1.000 joule Pembahasan: T W  1 2 Q1 T1 

TI10 TI  10log10  TI100 TI  10log100 

W 400  1 2.000 800 W  1.000 joule

11 13

28. c. 10 kali Pembahasan: d

24. b. B dan G Pembahasan: Titik B dan G mempunyai fase sama sebab arahnya sama (ke atas) dan berada di atas garis setimbang (sumbu X). 25. b. y = 0,5 sin (t  12,5 x ) Pembahasan: Karena kita sudah tahu nilai  = 0,16 m dan T = 2 s, maka:  v T 0,16  2  0,08 m/s Cek option pilihan jawaban yang koefisien t dibagi koefisien x hasilnya 0,08. 26. c. 216 km/jam Pembahasan: Kecepatan menara vs = 0 Efek Doppler v  vp fp  fs v  vs Karena frekuensi yang didengar oleh pendengar (fp = 1.200 Hz) lebih besar dari sumber (fs = 1.700 Hz), maka pembilang harus lebih besar dari penyebut. Jadi, untuk fp = 2.000 Hz fs = 1.700 hz v = 340 m s–1 v s = 0

= 110 cm

fob = 1 m = 100 cm karena berkas sinar okuler sejajar g mata tidak berakomodasi. d

= fob + fok

110 = 100 + fok fok

= 10 cm

Jadi:

Mob 

fob fok

100 10  10 x 29. a. 3,0 mm Pembahasan: d sin   m dp  m L mL p d (2)(500  10 9 )(60  10 2 )  (0,2  10 3 )  3,0 mm 

30. c. sinar gamma Pembahasan: Gelombang elektromagnetik dengan energi tertinggi adalah sinar gamma.


79

31. e. 40 N m–1 Pembahasan: F  k x

36. b. 0,50 A Pembahasan: P   s  100% Pp

m  g  k x (0,2)(10)  k (5  10 2 ) 2 k   10 2 5 k  40 N m1 32. b. 10 cm di kanan A Pembahasan: Jika jenis muatan sama, maka letak E = 0 berada di antara kedua muatan. QA sebagai acuan

qA

rA 

d

q A  qB 4



30

4  16 2 (30) 6  10 cm (di kanan A) 33. b. 3 : 4 Pembahasan:  A  A C1  0 dan C2  r 0 d d 0 A1 C2 d1    C1 r 0 A2 d2 



1 d2  r d1



1 A d1 2 A1 5d1

3 4 34. b. 80 volt Pembahasan: VBD V L = I × XL = 10 × 16 = 160 volt VC = I × XC = 10 × 8 = 80 volt 35. a. masuk bidang kertas Pembahasan:



Vs  Is  100% Vp  I p

fp 

Ps  100%   Vp

40  100 (80)(100)  0,50 A 37. a. 3,96 ×10–19 J Pembahasan: Diketahui:  = 5.000 Å = 5 × 10–7 m h = 6,6 × 10–34 J s c = 3 × 108 m/s Ditanya: E = ... ? Jawab: c Eh  3  108  (6,6  10 34 ) 5  10 7  3,96  10 19 38. Rutherford Bohr 

d. Elektron me ngelilingi inti tan pa memancarkan energi

Pembahasan: Sudah jelas. 39. a. 12,7547 MeV Pembahasan: m  (2mHe32 )  (He24  2mHe11 )



 (2  3,0169)  (4,0039  2  1,0081)  (6,0338)  (6,0201) = VL – VC = 160 – 80 = 80 volt

 1,37  102 sma E  m  c 2  1,37  102  931  12,7547MeV 1 40. d. 16 Pembahasan: t

 1 T Nt  N0    t  4T 2

I U

I

S

4T

 1T  N0   2 B

Arah gaya magnetik ditunjukkan oleh arah telapak tangan. Jadi arahnya masuk bidang kertas. 80

Elektron yang mengelilingi inti pada lintasan tertentu memiliki momentum sudut tertentu

 1  N0   2 1 Nt  N0 16

4


RINGKASAN MATERI DAN LATIHAN SOAL Pengukuran dan Kinematika... 3 A. Pengukuran Latihan Soal B. Besaran Fisika C. Vektor

Recommend Documents