Pembahasan IPa Fisika

1. soal dan pembahasan fisika
1) seorang ahli mesin mendesain mesin terdiri dari tiga penyambung yang dihubungkan tiga
topangan ringan, ke tiga penyambung dapat dianggap sebagai partikel yang dihubungkan
batang-batang ringan,
a) Berapa momen inersia terhadap poros melalui A?
b) Berapa momen inersia terhadap poros bertepatan dengan batang di BC?
B
A C
Pembahasan:
a) (Ra =0)
AC² = AB² - BC² = 0,50² - 0,30² = 0,16, AC = (√0,16) = 0,40 m
Rb = 0,50 m, Rc = 0,30 m
I = ∑ Mi Ri² = Ma Ra² + Mb Rb² + Mc Rc² = 0 + (0,10 kg) (0,50 m)²+(0,20 kg) (0,30
m)² = (0,10)(0,25)+(0,20)(0,09)=0,043 kg m²
b) Ra = AC = 0,040 m
I = ∑ Mi Ri² = Ma Ra² = 0,30 x (0,40)² = 0,048 kg m²
2) Menentukan momen inersia batang (satu dimensi).
Sebuah batang homogen memiliki massa M dan panjang L. tentukan momen inersia
batang terhadap poros melalui:
a) Titik tengah batang
b) Titik ujung batang
Yp Y0
Poros melalui P poros melalui 0,
X=-L/2 dx X = + L/2 (kasus a)
P X
X = L (kasus B)
X=0 x
Pembahasan:
𝐼 = ∫ 𝑟2
𝑑𝑚
𝑑𝑒𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑟 = 𝑥 𝑑𝑎𝑛 𝑑𝑚 =
𝑚
𝑙
𝑑𝑥
𝐼 = ∫ 𝑥2
(
𝑚
𝑙
𝑑𝑥) =
𝑚
𝑙
∫ 𝑥2
𝑑𝑥 =
𝑚
𝑙
(
𝑥2+1
2 + 1
)
Rb =0,50 m
Mb =0,10 kg
Mc = 0,20 kg
Rc = 0,30 m
Ra = 0,40 m
Ma =0,30 kg

2. 𝐼 =
𝑚
𝑙
(
𝑥3
3
)
a) Koordinat x mulai dari x =L/2 sampai dengan x = -L/2, sumbu tegak melalui O adalah
Y0
𝐼 =
𝑚
𝑙
(
𝑥3
3
)
−
𝐿
2
𝐿
2
=
𝑀
3𝐿
[(
𝐿
2
)
3
− (−
𝐿
2
)
3
] =
𝑀
3𝐿
[
𝐿3
8
+
𝐿3
8
] =
𝑀
3𝐿
[
2𝐿3
8
] =
1
12
𝑀𝐿2
sesuai tabel
batang silinder poros melalui pusat
b) Sumbu tegak melalui P adalah Yp, koordinat x mulai dari x=L smapai x =0
𝐼 =
𝑚
𝑙
(
𝑥3
3
)
0
𝐿
=
𝑚
3𝑙
( 𝐿3
− 0) =
1
3
𝑀𝐿2
sesuai dengan tabel batang silinder poros melalui
ujung
3) Kaitan torsi dengan percepatan sudut pada gerak melingkar berubah beraturan.
Sebuah batu gerindra 2,0 kg yang memiliki jari jari 10 cm diputar pada 120 rad/s, motor
dipadamkan dan sebuah pahat ditekankan pada permukaan batu gerindra dengan suatu
gaya yang memiiiki komponen tangensial 2,0 N, berapa lama yang diperlukan oleh batu
gerindra untuk berhenti sejak gaya diberikan?
Pembahasan:
T = 6 s
F = 2 N
Wo = 120 rad/s Wt = 0
I = ½ MR²= ½ (2kg)(0,10 m)²= 0,01 kg m²
Ҭ = -R F = -(0,10 m) (2 N) = -0,20 Nm
Tanda negatif karena momen gaya ҭ berlawanan dengan arah putaran
Ҭ = I α atau 𝛼 =
𝜏
𝐼
=
−0,020 𝑁𝑚
0,01 𝑘𝑔 𝑚2 = −20
𝑟𝑎𝑑
𝑠
2
Kecepatan sudut awal W0 = 120 rad/s diperlambat oleh α =-20 rad/s² sampai berhenti
(w(t)=0)
w(t) = wo + αt
𝑡 =
𝑤( 𝑡) − 𝑤 𝑜
𝛼
=
0 − (120
𝑟𝑎𝑑
𝑠
)
−20
𝑟𝑎𝑑
𝑠2
= 6𝑠
4) Perbandingan kelajuan benda yang meluncur
a) Sebuah silinder homogen dengan jari jari R dan massa m berada dipuncak suatu
bidang miring, manakah yang kelajuannya lebih besar saat tiba didasar bidang miring
silinder yang meluncur tanpa gesekan ? atau silinder yang menggelinding?
i. Silinder yang meluncur (tanpa gesekan)

3. ii. Silinder yang menggelinding
Pembahasan:
𝐸𝑃 𝑝𝑢𝑛𝑐𝑎𝑘 + 𝐸𝑘 𝑝𝑢𝑛𝑐𝑎𝑘 = 𝐸𝑃 𝑑𝑎𝑠𝑎𝑟 + 𝐸𝑘 𝑑𝑎𝑠𝑎𝑟 → 𝑠𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑒𝑟 𝑦𝑎𝑛𝑔 𝑚𝑒𝑙𝑢𝑛𝑐𝑢𝑟
𝑚𝑔ℎ + 0 = 0 +
1
2
𝑚𝑣2
𝑔ℎ =
1
2
𝑣2
𝑎𝑡𝑎𝑢 𝑣 = √2𝑔ℎ
𝐸𝑃 𝑝𝑢𝑛𝑐𝑎𝑘 + 𝐸𝑘 𝑝𝑢𝑛𝑐𝑎𝑘 = 𝐸𝑃 𝑑𝑎𝑠𝑎𝑟 + 𝐸𝑘 𝑑𝑎𝑠𝑎𝑟 → 𝑠𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑒𝑟 𝑦𝑎𝑛𝑔 𝑚𝑒𝑛𝑔𝑔𝑒𝑙𝑖𝑛𝑑𝑖𝑛𝑔
𝑚𝑔ℎ + 0 = 0 + (
1
2
𝑚𝑣2
+
1
2
𝐼𝑤2
)
Untuk silinder pejal I = ½ MR²
Dan v = Rw atau w = v/r menjadi:
𝑚𝑔ℎ =
1
2
𝑚𝑣2
+
1
2
(
1
2
𝑚𝑟2
)(
𝑣
𝑟
)
2
4𝑔ℎ = 2𝑣2 + 𝑟2 (
𝑣
𝑟
)
2 𝑥
4
𝑚
4𝑔ℎ = 3𝑣2
𝑣2
=
4𝑔ℎ
3
𝑎𝑡𝑎𝑢 𝑣 = √
4
3
𝑔ℎ
Jadi untuk silinder yang menggelinding lebih lambat menuruni bidang miring
daripada silinder yang meluncur tanpa gesekan, contoh: silinder tipis (cincin), silinder
berongga(kaleng kosong), silinder pejal(batu baterai), bola pejal (kelereng).
b) Silinder pejal menggelinding menuruni bidang miring
Sebuah silinder pejal homogen dengan jari jari R dan massa M menggelinding dari
puncak bidang miring, tentukan kelajuan silinder pada saat tiba didasar bidang?
f
α
∑ 𝜏 = 𝐼𝛼
𝑓𝑅 = (
1
2
𝑚𝑅2
) 𝛼
𝑓𝑅 =
1
2
𝑚𝑅2
(
𝑎
𝑟
)
𝑓 =
1
2
𝑚𝑎
Untuk: 𝐼 =
1
2
𝑚𝑟2
(bentuk silinder pejal)
𝛼 =
𝑎
𝑟
N
M g cos α
M.g
m.g.sinα

4. ∑ 𝐹 = 𝑚𝑎
𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝛼 − 𝑓 = 𝑚𝑎
𝑚𝑔 sin 𝛼 −
1
2
𝑚𝑎 = 𝑚𝑎 → 𝑓 =
1
2
𝑚𝑎
𝑚𝑔 𝑠𝑖𝑛𝛼 =
3𝑚𝑎
2
𝑎 =
2𝑔 𝑠𝑖𝑛𝛼
3
𝑣𝑡2
= 𝑣𝑜2
+ 2𝑎∆𝑥 → (𝑢𝑛𝑡𝑢𝑘 𝑉𝑜 = 0)
𝑉𝑡2
= 0 + 2(
2𝑔 sin 𝛼
3
)(
ℎ
sin 𝛼
) 𝑢𝑛𝑡𝑢𝑘 ∆𝑥 =
ℎ
𝑠𝑖𝑛 𝛼
𝑉2
=
4𝑔ℎ
3
→ 𝑉 = √
4𝑔ℎ
3
α
Rumus:
katrol pada bidang datar dan bidang tegak
1) Kasus dua benda bergantung pada katrol melalui seutas tali dan benda m1 terletak
pada bidang datar dan benda m2 bergantung pada katrol, maka percepatannya:
𝑎 =
( 𝑚2−𝑚1 )
( 𝑚1+𝑚2 +
1
2
𝑀)
. 𝑔 massa katrol (M)
5) Keping yoyo (200 gram) bergerak kebawah melepaskan diri dari lilitan talinya. Jika
keping yoyo dianggap roda pejal dan posisi benang panjang serta percepatan gravitasi
bumi =10 m/s², maka momen gaya yang berkerja pada yoyo?
h
ΔX
R
m1
m2
M1
M2
Arah rotasi
O (poros)
R
T
Arah geraklinier
m.g
α

5. ∑ 𝐹 = 𝑚𝑎
𝑚𝑔 − 𝑇 = 𝑚𝑎 … . . (∗)
𝑔𝑒𝑟𝑎𝑘 𝑟𝑜𝑡𝑎𝑠𝑖 𝑜𝑙𝑒ℎ 𝑔𝑎𝑦𝑎 𝑇 𝑑𝑒𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑙𝑒𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑚𝑜𝑚𝑒𝑛 𝑅 𝑡𝑒𝑟ℎ𝑎𝑑𝑎𝑝 𝑝𝑜𝑟𝑜𝑠 0
∑ 𝑡 = 𝐼𝛼
𝑇𝑅 =
1
2
( 𝑚𝑅2)[
𝑎
𝑅
]
𝑇 =
1
2
𝑚𝑎 → 𝑡𝑒𝑔𝑎𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑡𝑎𝑙𝑖 𝑝𝑎𝑑𝑎 𝑦𝑜𝑦𝑜 …… . (∗∗)
Substitusi T = ½ ma ke (*) memberikan mg – ( ½ ma) = ma
𝑚𝑔 = 𝑚𝑎 +
1
2
𝑚𝑎
𝑚𝑔 =
3
2
𝑚𝑎 𝑎𝑡𝑎𝑢 𝑎 =
2
3
𝑔 → 𝑝𝑒𝑟𝑐𝑒𝑝𝑎𝑡𝑎𝑛 𝑦𝑜𝑦𝑜
𝑎 =
2
3
(10
𝑚
𝑠
2
) = (
20
3
𝑚/𝑠2
)
𝑇 =
1
2
𝑚𝑎 =
1
2
𝑚 (
2
3
𝑔) → 𝑇 =
1
3
𝑚𝑔
Torsi yang bekerja pada yoyo
𝜏 = 𝑇𝑅
𝜏 =
1
3
( 𝑚𝑔) 𝑅
Diketahui: m = 200 g = 200 x 10-3 kg = 0,2 kg
G = 10 m/s² dan R = 3 cm = 3 x10-2 m = 0,03 m
𝜏 =
1
3
(0,2)(10)(3𝑥10−2) = 0,02 𝑁𝑚
6) Misalkan kita ganti silinder pejal dengan benda yang lebih umum yaitu benda pejal
sembarang yang momen inersia dapat dinyatakan sebagai I = KMR², k bilangan real
dengan h adalah tinggi benda mula – mula dari dasar bidang. Buktikan bahwa kelajuan
silinder ketika tiba didasar bidang miring adalah 𝑣 = √
2𝑔ℎ
1+𝑘
?
Pembahasan:
𝐸𝑘 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑙𝑎𝑠𝑖 + 𝐸𝑘 𝑟𝑜𝑡𝑎𝑠𝑖 = 𝐸𝑝 𝑔𝑟𝑎𝑣𝑖𝑡𝑎𝑠𝑖
1
2
𝑚𝑣2
+
1
2
𝐼𝑤2
= 𝑚𝑔ℎ
1
2
𝑚𝑣2
+
1
2
𝐼 (
𝑣
𝑟
) = 𝑚𝑔ℎ
1
2
𝑣2
(𝑚 +
1
𝑟2
) = 𝑚𝑔ℎ
𝑣2
=
2𝑚𝑔ℎ
(𝑚 +
1
𝑟2)
𝑣2
=
2𝑚𝑔ℎ
(𝑚 +
𝑘𝑚𝑟2
𝑟2 )
𝑣2
=
2𝑚𝑔ℎ
( 𝑚 + 𝑘𝑚)

6. 𝑣2
=
2𝑔ℎ
(1 + 𝑘)
𝑣 = √
2𝑔ℎ
(1 + 𝑘)
Untuk silinder pejal I= ½ m r² → k = ½
Untuk bola pejal I = ½ m r² → 𝑘 =
2
5
Untuk bola berongga I = ½ m r² → 𝑘 =
2
5
7) Sebuah benda dilempar dengan sudut elevasi θ dan kecepatan awal V0 , buktikan bahwa:
a) Tinggi maksimum yang dicapai benda:
𝑦 𝑚𝑎𝑘𝑠 =
𝑉0
2 𝑠𝑖𝑛2 𝜃
2𝑔
b) Jarak mendatar yang ditempuh benda:
𝑥 =
𝑣0
2
sin 2𝜃
𝑔
c) Jika p (x,y) adalah koordinat lintasan benda, maka:
𝑦 = 𝑥 tan 𝜃 .
𝑔𝑥2
2𝑣0
2 𝑐𝑜𝑠2 𝜃
Pembahasan:
P Vp
ymaks
A θ B
𝑉0𝑥 = 𝑣0 cos 𝜃
𝑣0𝑦 = 𝑣0 sin 𝜃
𝑣 𝑝𝑦 = 𝑣0𝑦 + 𝑎𝑡 𝑜𝑝
0 = 𝑣0 sin 𝜃 + (−𝑔) 𝑡 𝑜𝑝
𝑡 𝑜𝑝 =
𝑣0 sin 𝜃
𝑔
a) 𝑦 𝑚𝑎𝑘𝑠 = 𝑣 𝑜𝑦 𝑡 𝑜𝑝 +
1
2
𝑎𝑡 𝑜𝑝
= 𝑣 𝑜 sin 𝜃 (
𝑣 𝑜 sin 𝜃
𝑔
) +
1
2
(−𝑔)(
𝑣 𝑜 sin 𝜃
𝑔
)
2
=
𝑣 𝑜
2
𝑠𝑖𝑛2
𝜃
𝑔
−
1
2
𝑣 𝑜
2
𝑠𝑖𝑛2
𝜃
𝑔
𝑦 𝑚𝑎𝑘𝑠 =
𝑣 𝑜
2
𝑠𝑖𝑛2
𝜃
2𝑔
b) 𝑡 𝑜𝑏 = 2𝑡 𝑜𝑝 = 2 𝑥 (
𝑣 𝑜 sin 𝜃
𝑔
)
𝑥 = 𝑣 𝑜𝑥 𝑡 𝑜𝑏
𝑥 = 𝑣 𝑜 cos 𝜃 (
2𝑣 𝑜 sin 𝜃
𝑔
)

7. =
𝑣 𝑜
2(2sin 𝜃 cos 𝜃)
𝑔
𝑥 =
𝑣0
2
sin 2𝜃
𝑔
c) 𝑥 = 𝑣 𝑜𝑥 𝑡 = ( 𝑣 𝑜 cos 𝜃) 𝑡
𝑡 =
𝑥
𝑣 𝑜 cos 𝜃
𝑦 = 𝑣 𝑜𝑦 𝑡 +
1
2
𝑎𝑡2
𝑦 = ( 𝑣 𝑜 sin 𝜃)(
𝑥
𝑣 𝑜 cos 𝜃
) +
1
2
(−𝑔)(
𝑥
𝑣 𝑜 cos 𝜃
)
2
= 𝑥
sin 𝜃
cos 𝜃
−
1
2
𝑔𝑥2
𝑣 𝑜
2 𝑐𝑜𝑠2 𝜃
𝑦 = 𝑥 tan 𝜃 .
𝑔𝑥2
2𝑣0
2 𝑐𝑜𝑠2 𝜃
8) Dua benda dilemparkan masing masing dengan sudut elevasi θ1 dan θ2 kecepatan awal
kedua benda sama yaitu Vo kedua lintasan benda akan berpotongan dititik P, waktu yang
diperlukan kedua benda untuk mencapai titik P masing masing adalah t1 dan t2 , buktikan
bahwa:
𝑡1 − 𝑡2 =
2𝑣0 𝑠𝑖𝑛( 𝜃1 − 𝜃2)
9( 𝑐𝑜𝑠𝜃2 + 𝑐𝑜𝑠𝜃1)
𝑝𝑒𝑚𝑏𝑎ℎ𝑎𝑠𝑎𝑛:
t2
P
θ1 θ2
x1 = x2
𝑥1 = ( 𝑣0 cos 𝜃1) 𝑡1
𝑦1 = ( 𝑣 𝑜 sin 𝜃1) 𝑡1 −
1
2
𝑔𝑡1
2
𝑥2 = ( 𝑣 𝑜 cos 𝜃2) 𝑡2
𝑦2 = ( 𝑣 𝑜 sin 𝜃2) 𝑡2 − 𝑔𝑡2
2
𝑥1 = 𝑥2
( 𝑣 𝑜 cos 𝜃1) 𝑡1 = ( 𝑣 𝑜 cos 𝜃1) 𝑡1
𝑡2 = (
cos 𝜃1
cos 𝜃2
) 𝑡1
𝑦1 = 𝑦2
𝑣 𝑜 sin 𝜃1 𝑡1 −
1
2
𝑔𝑡1
2
= ( 𝑣 𝑜 sin 𝜃2) 𝑡2 −
1
2
𝑔𝑡2
2
= 𝑣 𝑜 sin 𝜃2 (
cos 𝜃1
cos 𝜃2
𝑡1) −
1
2
𝑔(
cos 𝜃1
cos 𝜃2
)
2

8. 𝑣 𝑜 (sin 𝜃1 −
sin 𝜃2 cos 𝜃1
cos 𝜃2
) =
1
2
𝑔𝑡1
2
(1 −
𝑐𝑜𝑠2
𝜃1
𝑐𝑜𝑠2 𝜃2
)
𝑣 𝑜 (
sin 𝜃1 cos 𝜃2 − sin 𝜃2 cos 𝜃1
cos 𝜃2
) =
1
2
𝑔𝑡1 (
𝑐𝑜𝑠2
𝜃2 − 𝑐𝑜𝑠2
𝜃1
𝑐𝑜𝑠2 𝜃2
)
𝑡1 =
2𝑣 𝑜(𝑠𝑖𝑛( 𝜃1 − 𝜃2))cos 𝜃2
𝑔( 𝑐𝑜𝑠2 𝜃2 − 𝑐𝑜𝑠2 𝜃1)
𝑡2 =
cos 𝜃1
cos 𝜃2
[
2𝑣 𝑜(sin( 𝜃1 − 𝜃2))cos 𝜃2
𝑔( 𝑐𝑜𝑠2 𝜃2 − 𝑐𝑜𝑠2 𝜃1)
]
𝑡2 =
2𝑣 𝑜(𝑠𝑖𝑛( 𝜃1 − 𝜃2)) cos 𝜃1
𝑔( 𝑐𝑜𝑠2 𝜃2 − 𝑐𝑜𝑠2 𝜃1)
𝑡2 − 𝑡1 =
2𝑣 𝑜[ 𝑠𝑖𝑛( 𝜃1 − 𝜃2)] cos 𝜃1
𝑔( 𝑐𝑜𝑠2 𝜃2 − 𝑐𝑜𝑠2 𝜃1)
−
2𝑣 𝑜(𝑠𝑖𝑛( 𝜃1 − 𝜃2)) cos 𝜃2
𝑔( 𝑐𝑜𝑠2 𝜃2 − 𝑐𝑜𝑠2 𝜃1)
=
2𝑣 𝑜[ 𝑠𝑖𝑛( 𝜃1 − 𝜃2)](cos𝜃1 − cos 𝜃2)
𝑔( 𝑐𝑜𝑠 𝜃2 − 𝑐𝑜𝑠 𝜃1)(cos 𝜃2 + cos 𝜃1)
𝑡2 − 𝑡1 =
2𝑣 𝑜[ 𝑠𝑖𝑛( 𝜃1 − 𝜃2)]
𝑔( 𝑐𝑜𝑠 𝜃2 + 𝑐𝑜𝑠 𝜃1)
9) Sebuah batang AB homogen bersandar pada dinding licin seperti gambar di bawah, jika
panjang batang L, berat batang w, dan lantai kasar dengan koefisien gesekan μ, tentukan
persamaan untuk mencari koefisien gesekan antara batang dengan lantai pada saat benda
tepat akan menggeser?
Pembahasan:
Nb
Na
Syarat keseimbangan benda tegar
∑ 𝐹𝑥 = 0
𝑁 𝑏 − 𝑓𝑔 = 0
𝑁 𝑏 = 𝑓𝑔
∑ 𝐹𝑦 = 0
𝑁 𝑎 − 𝑤 = 0
𝑁 𝑎 = 𝑤
∑ 𝑡 = 0
𝑁 𝑏 − 𝑙. sin 𝛼 − 𝑤 (
1
2
𝐿𝑐𝑜𝑠 𝛼) = 0
𝑓𝑔. 𝐿𝑠𝑖𝑛 𝛼 = 𝑤
1
2
𝐿. cos 𝛼
𝑓𝑔. sin 𝛼 = 𝑤
1
2
. cos 𝛼
μkNasin 𝛼 = 𝑤
1
2
. cos 𝛼

9. μkw sin 𝛼 =
1
2
𝑤. cos 𝛼
μk =
1
2
cos 𝛼
1
2
sin 𝛼
μk =
1
2
sin 𝛼
cos 𝛼
μk =
1
2 tan 𝛼
→analisis gaya untuk batang yang bersandar pada dinding
10) Dua benda bergantungan pada katrol melalui seutas tali. Pada ujung tali terikat benda
yang massanya m1 dan m2 (m2 ˃ m1) tentukan percepatan masing masing benda, bila:
a) Katrol dianggap licin sehingga tali meluncur pada katrol
b) Katrol tidak licin sehingga katrol mengalami gerak rotasi
Pembahasan:
a) ∑ 𝐹 = 𝑚1 𝑎 → 𝑇1 − 𝑚1 𝑔 = 𝑚1 𝑎1
∑ 𝐹 = 𝑚2 𝑎 → 𝑇2 − 𝑚2 𝑔 = 𝑚2 𝑎2
𝑇1 − 𝑚1 𝑔 = 𝑚1 𝑎… … … (1)
−𝑇2 + 𝑚2 𝑔 = 𝑚2 𝑎 … …… (2)
Dengan menjumlahkan persamaan (1) dan (2) kita peroleh:
𝑇 − 𝑚1 𝑔 = 𝑚1 𝑎 (1)
−𝑇 + 𝑚2 𝑔 = 𝑚2 𝑎 (2)
( 𝑚2 − 𝑚1) 𝑔 = ( 𝑚1 + 𝑚2) 𝑎
+
𝑎 =
𝑚2 − 𝑚1
𝑚1 + 𝑚2
𝑔
b) ∑ 𝜏 = 𝐼𝛼
𝑡2 𝑅 − 𝑡1 𝑅 = 𝐼𝛼
𝛼 =
𝑎
𝑅
Untuk katrol dianggap berbentuk silinder pejal I= ½ M R²
𝑇1 − 𝑚1 𝑔 = 𝑚1 𝑎… … … (1)
𝑚2 𝑔 − 𝑇2 = 𝑚2 𝑎 … …… (2)
( 𝑇2 − 𝑇1) 𝑅 = 𝐼
𝑎
𝑅
…… … . (3)
( 𝑇2 − 𝑇1) 𝑅 = (
𝐼
2
𝑚 𝑅2
)
𝑎
𝑅
𝑇2 − 𝑇1 =
1
2
𝑚𝑎 𝑎𝑡𝑎𝑢 𝑇1 − 𝑇2 = −
1
2
𝑚𝑎 …… . … (4)
Dengan menjumlahkan persamaan (1) dan (2)
𝑇1 − 𝑚1 𝑔 = 𝑚1 𝑎
𝑚2 𝑔 − 𝑇2 = 𝑚2 𝑎
𝑇1 − 𝑇2 + ( 𝑚2 − 𝑚1) 𝑔 = ( 𝑚1 + 𝑚2) 𝑎
+
𝑇1 − 𝑇2 = ( 𝑚1 + 𝑚2) 𝑎 − ( 𝑚2 − 𝑚1) 𝑔… …… . (5)
Dengan memasukkan T1 dan T2 dari persamaan (5) ke persamaan (4) diperoleh:

10. −
1
2
𝑚𝑎 = ( 𝑚1 + 𝑚2) 𝑎 − ( 𝑚2 − 𝑚1) 𝑔
( 𝑚2 − 𝑚1) 𝑔 = ( 𝑚1 + 𝑚2) 𝑎 +
1
2
𝑚𝑎
( 𝑚2 − 𝑚1) 𝑔 = (𝑚1 + 𝑚2 +
1
2
𝑚) 𝑎
𝑎 =
( 𝑚2 − 𝑚1)
(𝑚1 + 𝑚2 +
1
2
𝑚)
. 𝑔
11) Percepatan gravitasi dipermukaan bumi adalah 9,80 ms-2. Hitunglah percepatan gravitasi
di permukaan planet yang memiliki:
a) Massa sama dan jari jari tiga kali!
b) Jari jari sama dan massa jenis tiga kali!
c) Jari jari setengah kali dan massa jenis dua kali!
Percepatan gravitasi 𝑔 =
𝐺𝑚
𝑅2 sehingga perbandingan gravitasinya adalah:
a)
𝑔 𝑝
𝑔 𝑝
=
𝐺𝑚 𝑝
𝑅𝑝2
𝐺𝑚 𝑏
𝑅 𝑏
2
→
𝑚 𝑝
𝑅 𝑝
2 𝑥
𝑅 𝑏
2
𝑚 𝑏
= (
𝑚 𝑝
𝑚 𝑏
)(
𝑅 𝑏
2
𝑅 𝑝
2)
Massa planet = massa bumi sehingga (
𝑚 𝑝
𝑚 𝑏
) = 1
Maka
𝑔 𝑝
𝑔 𝑝
= (
𝑅 𝑏
2
𝑅 𝑝
2) 𝑑𝑒𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑅 𝑝 = 3𝑅 𝑏
= (
𝑅 𝑏
2
(3𝑅 𝑏)
2
) =
1
9
𝑔 𝑝 =
1
9
( 𝑔 𝑏) =
1
9
𝑥9,80 𝑚𝑠−2 = 1,09 𝑚𝑠−2
b) Massa jenis ( 𝑝) =
𝑚
𝑣
Massa jenis planet =
𝑚 𝑝
𝑣 𝑝
=
𝑚 𝑝
4
3
𝜋𝑅 𝑝
3
massa jenis planet = 3 massa jenis bumi
𝑃𝑝 = 3𝑝 𝑏
𝑚 𝑝
4
3
𝜋𝑅 𝑝
3
=
𝑚 𝑏
4
3
𝜋𝑅 𝑏
3
𝑥 3 𝑗𝑎𝑟𝑖 𝑗𝑎𝑟𝑖 𝑠𝑎𝑚𝑎 𝑚𝑎𝑘𝑎 𝑅 𝑏 = 𝑅 𝑝
Jari jari sama maka 𝑅 𝑏 = 𝑅 𝑝
𝑚 𝑝
4
3
𝜋𝑅 𝑝
3
=
3𝑚𝑏
4
3
𝜋𝑅 𝑏
3

11. 𝑚 𝑝
4
3
𝜋𝑅 𝑝
3
𝑥
4
3
𝜋𝑅 𝑏
3
3𝑚𝑏
= 1 → 𝑚 𝑝 = 3𝑚 𝑏 𝑠𝑒ℎ𝑖𝑛𝑔𝑔𝑎
𝑔 𝑝
𝑔 𝑏
= (
𝑚 𝑝
𝑚 𝑏
)(
𝑅 𝑏
2
𝑅 𝑝
2
)
=
3𝑚 𝑝
𝑚 𝑏
(
𝑅 𝑏
2
𝑅 𝑝
2
) = 3 → 𝑔 𝑝 = 3𝑥 9,80 𝑚𝑠−2
= 29,4 𝑚𝑠−2
c) Jari jari ½ kali dan massa jenis 2 kali berarti 𝑅 𝑝 =
1
2
𝑅 𝑏 𝑑𝑎𝑛 𝑃𝑝 = 2𝑃𝑏
2𝑚 𝑏
4
3
𝜋𝑅 𝑏
3
=
2𝑚 𝑏
4
3
𝜋𝑅 𝑏
3
𝑚 𝑝
4
3
𝜋(
1
2
𝑅
𝑏
)
3
=
2𝑚 𝑏
4
3
𝜋𝑅 𝑏
3
𝑚 𝑝
4
3
𝜋1
8
𝑅
𝑏
3
=
2𝑚 𝑏
4
3
𝜋𝑅 𝑏
3
𝑚 𝑝
4
3
𝜋1
8
𝑅
𝑏
3
𝑥
4
3
𝜋𝑅 𝑏
3
2𝑚 𝑏
= 1
𝑚 𝑝
1
4
𝑚 𝑏
= 1
𝑚 𝑏 = 4𝑚 𝑝
Perbandingan percepatan gravitasi
𝑔 𝑝
𝑔 𝑝
= (
𝑚 𝑝
𝑚 𝑏
) 𝑥 (
𝑅 𝑏
2
𝑅 𝑝
2
)
𝑔 𝑝
𝑔 𝑝
= (
𝑚 𝑝
4𝑚 𝑏
) 𝑥 (
𝑅 𝑏
2
(
1
2
𝑅 𝑏)
2
)
𝑔 𝑝
𝑔 𝑝
=
1
4
𝑥 4 = 1
𝑔 𝑝 = 9,8 𝑚/𝑠2

12. 12) Sebuah pegas dengan konstanta k diberi beban yang massanya m, benda digetarkan
harmonik dengan amplitudo A, energi kinetik benda itu pada saat simpangannya ½ A
adalah
Pembahasan:
Diketahui y = ½ A
Ep = ½ ky² = ½ k ( ½ A)² = ½ k. ¼ A² = 1/8 kA²
Em = Ep + Ek
½ kA² = 1/8 kA² + Ek
𝐸𝑘 =
1
2
𝑘𝐴² −
1
8
𝑘𝐴² =
4
8
𝑘𝐴² −
1
8
𝑘𝐴² =
3
8
𝑘𝐴2
13) Jika konstanta gaya pegas k, massa beban yang tergantung pada ujung pegas m hingga
menggetar dengan amplitudo sebesar A, maka kecepatan getaran maksimum suatu benda
adalah
Pembahasan:
Em = Ep + Ek
½ kA² = ½ ky² + ½ mv²
kA² = ky² + mv²
mv² = kA² - ky²
𝑣 = √
𝑘
𝑚
( 𝐴2 − 𝑦2) → hubungan antara besar kecepatan getaran dan simpang getar
Dari kecepatan getaran 𝑣 = √
𝑘
𝑚
( 𝐴2 − 𝑦2) karena k, m dan A= konstan sehingga V=
Vmaks jika y = 0
𝑣 𝑚𝑎𝑘𝑠 = √
𝑘
𝑚
( 𝐴2 − 0) → 𝑣 𝑚𝑎𝑘𝑠 = 𝐴√
𝑘
𝑚
14) Hukum boyle dan guy lussac dapat dirumuskan dalam bentuk persamaan
𝑝.𝑣
𝑇
= 𝑘 dengan
ketentuan P = tekanan (N/m²), v = volume (m³) dan T = suhu (kelvin). Maka dimensi
konstanta k adalah
Pembahasan:
𝑘 =
(
𝑁
𝑚2)( 𝑚3)
𝑘
=
(
(𝑘𝑔.
𝑚
𝑠2)
𝑚2 ) ( 𝑚3)
𝑘
=
𝑘𝑔.
𝑚2
𝑠2
𝑘
𝑑𝑖𝑚𝑒𝑛𝑠𝑖 𝑘 = [ 𝑀][ 𝐿]2[ 𝑇]2[ 𝜃]1
15) Q = m. Δt. c dalam hal ini Q = kalor, m= massa, Δt = perubahan suhu, c = kalor jenis.
Apakah dimensi dari kalor jenis?
Pembahasan:
Satuan kalor jenis J/kg c
Joule memiliki dimensi ML²T-² dibagi dengan c = m θ
Maka dimensi kalor jenis = L² T-2 θ
16) Sebuah bola dilemparkan vertikal ke bawah dari jendela hotel dengan kecepatan Vo. Jauh
di bawah jendela hotel kecepatan bola akan menjadi dua kali semula adalah
Pembahasan:

13. 𝑣𝑡2
= 𝑣0
2
+ 2𝑎𝑠 karena jatuh bebas ganti simbol a= g dan s= h sehingga
𝑣𝑡2
= 𝑣0
2
+ 2𝑔ℎ berarti bahwa Vt = 2 x V0 maka disubstitusikan
𝑣𝑡2
= 𝑣0
2
+ 2𝑔ℎ
(2𝑣0)2
= 𝑣0
2
+ 2𝑔ℎ
4𝑣0
2
= 𝑣0
2
+ 2𝑔ℎ
3𝑣0
2
= 2𝑔ℎ
ℎ =
3𝑣0
2
2𝑔
17) Sebuah benda bermassa m berada pada bidang miring dengan sudut kemiringan θ
terhadap horizontal. Jika percepatan gravitasi g, maka percepatan benda adalah
Pembahasan:
∑ 𝐹 = 𝑚𝑎 sehingga gaya yang menyebabkan benda jatuh adalah w sin θ
𝑤 sin 𝜃 = 𝑚. 𝑎
𝑚𝑔 sin 𝜃 = 𝑚. 𝑎
𝑎 = 𝑔 sin 𝜃
18) Hubungan antara memanjangnya kawat ∆ℓ terhadap antara gaya tarik (F), panjang batang
mula-mula (ℓ0) modulus young (E) dan luas penampang batang (A) oleh hooke
dirumuskan ∆ℓ=
Pembahasan:
∆ℓ =
𝐸. 𝐴
𝐹. ℓ0
19) Anda tahu permainan yang dinamakan “Tong Setan”. Coba jelaskan mengapa sepeda
motor tidak jatuh saat berputar – putar?
Anda dapat menggunakan panduan gambar. Anggap sepeda motor dan penumpangnya
sebagai titik zat di p. Nyatakan beratnya sebagai w arah vertikal ke bawah (tidak
diuraikan) sepeda motor menekan dinding tong ke bawah sebesar F’ (tidak digambar)
maka sebagai reaksinya timbul gaya F’ saling berlawanan arah dengan F namun besarnya
sama!
F Fy
Fx
Pembahasan:
∑ 𝐹𝑠 = 𝑤 sin 𝜃 − 𝑓𝑘
∑ 𝐹𝑠 = 𝑚. 𝑔 sin 𝜃 − 𝜇 𝑘. 𝑁 dimana N = w cos θ = m.g cos θ
∑ 𝐹𝑠 = 𝑚. 𝑔sin 𝜃 − 𝜇 𝑘. 𝑚. 𝑔 cos 𝜃
∑ 𝐹𝑠 =
𝑚𝑣2
𝑅
𝑚. 𝑔sin 𝜃 − 𝜇 𝑘 . 𝑚. 𝑔 cos 𝜃 =
𝑚𝑣2
𝑅

14. 𝑚. 𝑔(sin 𝜃 − 𝜇 𝑘 cos𝜃) =
𝑚𝑣2
𝑅
sehingga bila disederhanakan di dapatkan:
𝑣 = √ 𝑔. 𝑅(sin 𝜃 − 𝜇 𝑘 cos𝜃)… …… . (1)
Kecepatan minimal yang harus dicapai pengendara motor untuk mengelilingi “tong
setan” tanpa terjatuh / terpelanting dari “tong setan” agar μk tidak mempengaruhi
kecepatan minimal maka sudut θ sebesar 90º terhadap bidang tanah, dipilih lintasan
berbentuk bangun silinder tegak lurus yang berjari jari R
𝑣 = √ 𝑔. 𝑅(sin900 − 𝜇 𝑘 cos900)
𝑣 = √ 𝑔. 𝑅(1− 𝜇 𝑘 0)
𝑣 = √𝑔. 𝑅
20) An exploding star gives out energy in the for of waves. The waves travel to earth trough
space. Which of these couyld not be received from the star?
Pembahasan:
Sebuah bintang yang meledak memberikan energi dalam bentuk gelombang. Gelombang
itu merambat ke bumi melewati angkasa. Gelombang apakah yang tidak bisa diterima
dari bintang? Gelombang bunyi
Angkasa merupakan ruang hampa udara sehingga gelombang bunyi tidak dapat
merambat melaluinya. Gelombang cahaya, gelombang radio, gelombang inframerah dan
gelombang ultraviolet dapat merambat tanpa ada medium (ruang hampa udara) dengan
demikian gelombang bunyi tidak bisa diterima oleh bumi.
21) Jika konstanta gravitasi G, massa matahari M, massa planet m, dan jari – jari lintasan
planet R, maka energi total planet selama mengedari matahari adalah
Pembahasan:
𝐹. 𝑠 = 𝐹𝑎𝑡𝑟𝑎𝑘𝑠𝑖
𝑚.
𝑣2
𝑅2
= 𝐺
𝑀. 𝑚
𝑅
𝑚. 𝑣2
= 𝐺. 𝑀. 𝑚 …… … . (1)
Energi total planet adalah
𝐸𝑡𝑜𝑡 = 𝐸𝑝 + 𝐸𝑘
= −
𝐺. 𝑀. 𝑚
𝑅
+
1
2
𝑚. 𝑣2
… …… . (2)
Jika persamaan (1) masuk ke (2) terdapat:
𝐸𝑡𝑜𝑡 = −
𝐺. 𝑀. 𝑚
𝑅
+
1
2
(−
𝐺. 𝑀. 𝑚
𝑅
)
𝐸𝑡𝑜𝑡 = −
𝐺. 𝑀. 𝑚
2𝑅
… … …(𝑛𝑒𝑔𝑎𝑡𝑖𝑓)
22) Jika rotasi bumi diabaikan dan bumi dianggap bulat sempurna dengan jari jari R serta
percepatan gravitasi di permukaannya g, maka kecepatan minimum suatu benda yang
ditembakkan vertikal keatas dari permukaan bumi agar benda tersebut tidak tertarik lagi
ke bumi adalah
Pembahasan:
Berdasarkan hukum kekekalan energi ketika benda ditembakkan vertikal maka (massa
benda = m, massa bumi = M)
𝐸𝑝0 + 𝐸𝑘0 = 𝐸𝑝′
+ 𝐸𝑘′

15. −
𝐺. 𝑚. 𝑀
𝑟2
0
+
1
2
𝑚𝑣0
2
= −
𝐺. 𝑚. 𝑀
(𝑟′)2
+
1
2
𝑚𝑣2
Dengan r0 = jarak benda dari pusat bumi, r’ = ~ dan V’ = 0, sehingga
−
𝐺. 𝑚. 𝑀
𝑟0
+
1
2
𝑚𝑣0
2
= −
𝐺. 𝑚. 𝑀
(~)
+
1
2
𝑚(0)2
−
𝐺. 𝑚. 𝑀
𝑟0
+
1
2
𝑚𝑣0
2
= ~0 + 0
1
2
𝑣0
2
=
𝐺. 𝑀
𝑟0
𝑣0 = √
2𝐺. 𝑀
𝑟0
𝑣0 = √
2𝐺. 𝑀
𝑟0
2
𝑥𝑟0
𝑣0 = √2 (
𝐺. 𝑀
𝑟0
2
) 𝑥𝑟0
𝑣0 = √2𝑔𝑟0
Dengan r0 = jarak tempat partikel ditembakkan terhadap pusat bumi = jari – jari bumi,
Jadi kecepatan minimal agar benda tidak kembali lagi ke bumi adalah
𝑣0 = 𝑣𝑒𝑠𝑐 = √2𝑔𝑟0
23) Suatu kawat homogen tertutup terdiri atas busur – busur setengah lingkaran yang bentuk
dan ukurannya seperti gambar. Jarak titik berat kawat tersebut terhadap sumbu x adalah:
y
D
r r r r
A B C x
½ keliling lingkaran = ½ (2 π r)
𝐴1 = (
1
2
) 2𝜋𝑟 =
1
2
2𝜋(2𝑟) =
4 𝜋 𝑟
2
= 2𝜋𝑟
𝐴2 =
1
2
(2𝜋𝑟) = 𝜋𝑟

16. 𝐴3 = 𝜋𝑟
𝑦0 =
2𝑟
𝜋
𝑦0,1 =
2(2𝑟)
𝜋
=
4𝑟
𝜋
𝑦0,2 =
2𝑟
𝜋
𝑦0,3 =
2𝑟
𝜋
𝑦0 =
𝐴1 𝑦0,1 + 𝐴2 𝑦0,2 + 𝐴3 𝑦0,3
𝐴1 + 𝐴2 + 𝐴3
=
2𝜋𝑟 (
4𝑟
𝜋
) + 𝜋𝑟 (
2𝑟
𝜋
) + 𝜋𝑟 (
2𝑟
𝜋
)
2𝜋𝑟 + 𝜋𝑟 + 𝜋𝑟
=
8𝑟2
+ 2𝑟2
+ 2𝑟2
4𝜋𝑟
=
12𝑟2
4𝜋𝑟
=
3𝑟
𝜋
24) Jika panjang jarum ℓ, tegangan permukaan air γ, maka berat maksimum agar dapat
mengambang pada permukaaan air adalah
Pembahasan:
𝐹 = √ 𝑇2 + 𝑇2 + 2𝑇𝑇.cos 𝛼
= √2𝑇2 + 2𝑇2 𝑐𝑜𝑠. 𝛼
= √2 + 2cos 𝛼
𝑚𝑖𝑠𝑎𝑙 𝑝𝑎𝑛𝑗𝑎𝑛𝑔 ℓ, 𝑚𝑎𝑘𝑎 𝛾 =
𝑇
ℓ
→ 𝑇 = ℓ. 𝛾
Syarat jarum setimbang
𝑤 = 𝐹
𝑤 = 𝑇√2 + 2𝑐𝑜𝑠. 𝛼
𝑤 𝑚𝑎𝑘𝑠 = ℓ. 𝛾√2 + 2.1
𝑤 𝑚𝑎𝑘𝑠 = ℓ. 𝛾√4
𝑤 𝑚𝑎𝑘𝑠 = 2. ℓ. 𝛾
25) Diketahui 𝐹 = 𝐺
𝑚1 𝑚2
𝑟2 , jika F adalah besar gaya tarik menarik, m1 adalah massa benda
pertama, m2 adalah massa benda kedua dan r adalah jarak kedua benda. Tentukan dimensi
dan satuan G!
Pembahasan:
𝐹 = 𝐺
𝑚1 𝑚2
𝑟2 → 𝐺 =
𝐹 𝑟2
𝑚1 𝑚2
, maka dimensinya:
𝑑𝑖𝑚𝑒𝑛𝑠𝑖 𝐺 =
𝑔𝑎𝑦𝑎𝑥( 𝑗𝑎𝑟𝑎𝑘)2
𝑚𝑎𝑠𝑠𝑎 𝑥 𝑚𝑎𝑠𝑠𝑎
=
[ 𝑀] 𝑥[ 𝐿][ 𝑇]−2[ 𝐿]2
[ 𝑀] 𝑥[ 𝑀]
=
[ 𝐿]3[ 𝑇]−2
[ 𝑀]
= [ 𝑀]−1[ 𝐿]3[ 𝑇]−2
𝑗𝑎𝑑𝑖 𝑑𝑖𝑚𝑒𝑛𝑠𝑖 𝑘𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑎 𝐺 𝑎𝑑𝑎𝑙𝑎ℎ [ 𝑀]−1[ 𝐿]3[ 𝑇]−2
26) Pipa organa terbuka A dan pipa organa tertutup sebelah B mempunyai panjang yang
sama. Tentukan Perbandingan frekuensi nada atas pertama antara pipa organa A dan pipa
organa B adalah
Pembahasan:
Pipa organa A terbuka:
Nada atas 1→ ɭ = λ →λ = ɭ
F = v/ ɭ

17. Pipa organa B tertutup
Nada atas 1 → ɭ = ¾ λ →λ = 4/3 ɭ
F = v / (4/3ɭ )
Sehingga
𝑓𝑎
𝑓 𝑏
=
𝑉
𝐿
𝑣
4
3
𝑙
=
𝑉
𝐿
𝑥
4
3
𝑙
𝑉
=
4
3
27) Dua gelombang cahaya koheren berinteraksi ditempat tempat terjadinya sinar gelap,
beda fase gelombang tadi sama dengan ..... (n = 0, 1, 2, 3,..)
Pembahasan:
Karena n itu diawali dari 0 maka rumusnya (n+1/2) π atau rumus awalnya Δφ = (2n+1)
½ π
28) Sebuah elektron bermassa m yang bergerak dengan kelajuan u bertumbukkan dengan
sebuah atom dan kelajuannya berkurang menjadi v, kelajuan atom tidak berubah tetapi
satu dari elektronnya dieksitasi kesuatu tingkat energi yang lebih tinggi dan kemudian
elektron ini kembali ke keadaan dasarnya, memancarkan sebuah radiasi foton jika h
adalah tetapan planck, frekuensi radiasi adalah
Pembahasan;
𝑣0 = 𝑢, 𝑣1 = 𝑣( 𝑣1 < 𝑣0 ): 𝑓 = ⋯ ?
∆𝐸𝑘 =
1
2
𝑚( 𝑣0
2
− 𝑣1
2) → 𝐸 = ℎ𝑓
ℎ𝑓 =
1
2
𝑚( 𝑣0
2
− 𝑣1
2)
𝑓 =
𝑚( 𝑣0
2
− 𝑣1
2 )
2ℎ
=
𝑚( 𝑢2
− 𝑣2)
2ℎ
29) Sebuah elektron bermassa m dipercepat oleh beda potensial v, jika e muatan elektron dan
h konstanta planck maka panjang gelombang de broglie dapat dirumuskan:
Pembahasan:
𝐸𝑝 = 𝐸𝑘
𝐸𝑣 =
1
2
𝑚𝑣2
𝑣 = √
2𝑒𝑣
𝑚
𝑥 =
ℎ
𝑚𝑣
=
ℎ
𝑚√2𝑒𝑣
𝑚
=
ℎ
√2𝑚𝑒𝑣
30) Hubungan antara nilai efektif dan nilai maksimum tegangan atau kuat arus bolak balik
dapat dirumuskan dengan:
Pembahasan:
𝑝 = 𝑅. 𝐼𝑒𝑓
2
dengan 𝐼𝑒𝑓
2
= 𝐼 𝑚𝑎𝑘𝑠
2
𝑠𝑖𝑛2
𝜃
𝑠𝑖𝑛2 𝜃̅̅̅̅̅̅̅adalah nilai rata- rata sin²θ yang didefinisikan:
𝑠𝑖𝑛2
𝜃 =
1
𝑇
∫ 𝑠𝑖𝑛2
𝜃𝑑𝜃
𝑡
0
Dimana T adalah periode dari grafik fungsi sin² θ terhadap θ
Rumus menghitung nilai efektif arus dan tegangan bolak – balik

18. 𝐼𝑒𝑓
2
= 𝐼 𝑚𝑎𝑘𝑠
2
[
1
𝑇
∫ 𝑠𝑖𝑛2
𝜃𝑑𝜃
𝑡
0
]
𝑉𝑒𝑓
2
= 𝑉 𝑚𝑎𝑘𝑠
2
[
1
𝑇
∫ 𝑠𝑖𝑛2
𝜃𝑑𝜃
𝑡
0
]
I bagian positif
Ief
π
2π 3π
Bagian negatif (a)
2
θ = ω T
0 π 2π 3π
T (b)
Gambar (a) grafik sinusoide arus I terhadap θ = ω t, nilai rata – rata I sama dengan nol
sebab dalam suatu siklus. Luas bagian positif sama dengan luas bagian negatif (b) grafik
kuadrat arus I² terhadap θ. Karena bentuk grafik I² terhadap θ pada gambar berulang
setiap π, maka periode T sama dengan π, selanjutnya persamaan:
𝐼𝑒𝑓
2
= 𝐼 𝑚𝑎𝑘𝑠
2
1
𝑇
∫ 𝑠𝑖𝑛2
𝜃𝑑𝜃
𝑇
0
𝐼𝑒𝑓
2
= 𝐼 𝑚𝑎𝑘𝑠
2
1
𝜋
∫ 𝑠𝑖𝑛2
𝜃𝑑𝜃
𝜋
0
Penyelesaian matematis persamaan adalah:
𝐼𝑒𝑓
2
=
𝐼 𝑚𝑎𝑘𝑠
2
𝜋
(
𝜋
2
)
𝐼𝑒𝑓
2
=
𝐼 𝑚𝑎𝑘𝑠
2
2
𝐼𝑒𝑓 = √
𝐼 𝑚𝑎𝑘𝑠
2
2
→ 𝐼𝑒𝑓 =
𝐼 𝑚𝑎𝑘𝑠
√2
𝐼𝑒𝑓 = 0,707 𝐼 𝑚𝑎𝑘𝑠
𝐼 𝑚𝑎𝑘𝑠 = 𝐼𝑒𝑓√2 = 1,414𝐼𝑒𝑓
𝐷𝑒𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑐𝑎𝑟𝑎 𝑠𝑎𝑚𝑎 𝑑𝑖𝑝𝑒𝑟𝑜𝑙𝑒ℎ 𝑗𝑢𝑔𝑎 𝑛𝑖𝑙𝑎𝑖 𝑒𝑓𝑒𝑘𝑡𝑖𝑓 𝑢𝑛𝑡𝑢𝑘 𝑡𝑒𝑔𝑎𝑛𝑔𝑎𝑛 𝐴𝑐
Jadi Hubungan Antara nilai efektif arus dan tegangan AC dengan nilai yang maksimum
arus dan tegangan AC adalah
𝑉𝑒𝑓 = 0,707 𝑉𝑚𝑎𝑘𝑠

19. 𝑉 𝑚𝑎𝑘𝑠 = 𝑉𝑒𝑓√2 = 1,414𝐼𝑒𝑓
𝐼𝑒𝑓 = 0,707 𝐼 𝑚𝑎𝑘𝑠
𝐼 𝑚𝑎𝑘𝑠 = 𝐼𝑒𝑓√2 = 1,414𝐼𝑒𝑓
31) Pada percobaan melde diketahui gaya tegang tali = x, massa tali = y, dan panjang tali = z,
maka cepat rambat gelombangnya
Pembahasan:
Diketahui: F = x, m = y, L = z
Ditanya v?
Jawab: 𝑣 = √
𝐹.𝐿
𝑚
= √
𝑥. 𝑧
𝑦
𝑣2
=
𝑥. 𝑧
𝑦
32) Frekuensi senar yang kedua ujungnya terikat nilainya
Pembahasan:
Dari persamaan : 𝑓0 =
1
2 𝐿
√
𝐹
𝜌.𝐴
Frekuensi senar:
a) Berbanding terbalik dengan panjang senar
b) Berbanding lurus dengan akar kuadrat gaya tegangan senar
c) Berbanding terbalik dengan massa jenis senar dan luas penampang senar
33) Jarak seorang pengamat a ke sumber gempa dua kali jarak pengamat b ke sumber gempa.
Apabila intensitas gempa di pengamat b 8,2 x 104 w/m², berarti intensitas gempa di a
sebesar..
(ujian nasional 2007/2008)
Pembahasan:
Diketahui: Ib = 8,2 x 104 w/m²
RA = 2 RB
Ditanya IA?
Jawab:
𝐼𝐴
𝐼 𝐵
=
𝑝
4𝜋𝑅 𝐴
2
𝑝
4𝜋𝑅 𝐵
2
𝐼𝐴
𝐼 𝐵
=
𝑅 𝐵
2
𝑅 𝐴
2
𝐼𝐴 = 𝐼 𝐵
𝑅 𝐵
2
𝑅 𝐴
2
𝐼𝐴 = (8,2 𝑥 104
𝑊
𝑚2
)
𝑅 𝐵
2
(2𝑅 𝐵)2
𝐼𝐴 = 2,05 𝑥 104
𝑊
𝑚2
𝑖𝑛𝑡𝑒𝑛𝑠𝑖𝑡𝑎𝑠 𝑔𝑒𝑚𝑝𝑎 𝑑𝑖 𝐴 𝑠𝑒𝑏𝑒𝑠𝑎𝑟 2,05 𝑥 104
𝑊
𝑚2
34) Gelombang berjalan pada permukaan air dengan data seperti pada gambar di bawah ini:
4 cm arah rambat

20. A P B
0 0,5 1,5 2,5 3,5 4,5 cm
4
x
Jarak AB = 4,5 cm ditempuh dalam selang waktu 0,5 s, maka simpangan titik p
memenuhi persamaan ......cm
Ujian nasional 2007/2008
Pembahasan:
Diketahui IAB = 4,5 cm
T = 0,5 cm, A = 4 cm
Ditanya Yp ?
Jawab:
𝑦 𝑝 = 𝐴 sin
2𝜋
𝑇
(𝑡 −
𝑥
𝑣
)
2,25 𝜆 = 4,5 𝑐𝑚
𝜆 = 2 𝑐𝑚
𝑘 =
2𝜋
𝜆
=
2𝜋
2
=
𝜋
𝑐𝑚
𝑇 =
0,5
2,25
𝑠 =
1
4,5
𝑠 → 𝑓 = 4,5 𝐻𝑧
𝑣 =
𝑤
𝑘
=
2𝜋𝑓
𝑘
=
2𝜋(4,5 𝐻𝑧)
𝜋
𝑐𝑚
= 9
𝑐𝑚
𝑠
𝑦 𝑝 = 4 sin
2𝜋
1
4,5
(𝑡 −
𝑥
9
) 𝑐𝑚
= 4sin 2𝜋 (4,5)(𝑡 −
𝑥
9
) 𝑐𝑚
= 4sin 2𝜋 (4,5𝑡 −
4,5
9
𝑥) 𝑐𝑚
= 4sin 2𝜋 (4,5𝑡 −
𝑥
(2)
) 𝑐𝑚
35) Garfik berikut menunjukkan simpangan titik P pada perambatan gelombang tali dengan
periode 0,2 sekon.
Y (simpangan)
t (waktu)
0,2 m
1 m
Persamaan gelombang diatas dapat dinyatakan sebagai

21. (ujian nasional 2009/2010)
Pembahasan:
Diketahui: T = 0,2 s
A = 0,2 m, λ = 1 m, 𝑓 =
1
𝑇
=
1
0,2 𝑠
= 5 𝑠
Ditanya: persamaan gelombang
Jawab: 𝑦 = 𝐴 sin(2𝜋𝑓𝑡 ± 𝑘𝑥)
= 0,2 sin {(2𝜋(5) 𝑡 ±
2𝜋
𝜆
𝑥)}
= 0,2sin 2𝜋 (5𝑡 ±
𝑥
1
)
𝑦 = 0,2 sin 2𝜋 (5𝑡 − 𝑥)
Persamaan akhir y = 0,2 sin 2π (5t – x - 90º)
36) Bunyi klakson sebuah sepeda motor saat dibunyikan menghasilkan taraf intensitas 40 dB,
sedangkan bunyi klakson sebuah mobil saat dibunyikan menghasilkan taraf intensitas 60
dB, (I0 = 10-12 Wm-²) . jika 100 klakson sepeda motor dan 10 klakson mobil serentak
dibunyikan maka perbandingan taraf intensitas sepeda motor dengan mobil adalah
(ujian nasional 2010)
Pembahasan:
Diketahui: Nmotor = 100
Nmobil = 10, TImotor = 40 dB, TImobil = 60 dB
Ditanya:
𝑇𝐼 100 𝑚𝑜𝑡𝑜𝑟
𝑇𝐼10 𝑚𝑜𝑏𝑖𝑙
?
Jawab: motor:
𝑇𝐼 = 10log
𝐼
𝐼0
40 = 10log
𝐼
𝐼0
log
𝐼
𝐼0
= 4
𝐼
𝐼0
= 104
𝐼 = 104
𝐼0
𝐼100 = 100.104
𝐼0
𝐼100 = 106
𝐼0
𝑇𝐼100 = 10log
106
𝐼0
𝐼0
𝑇𝐼100 = 10log 106
𝑇𝐼100 = 10(6)
𝑇𝐼100 = 60
Mobil:
𝑇𝐼 = 10log
𝐼
𝐼0
60 = 10log
𝐼
𝐼0
log
𝐼
𝐼0
= 6

22. 𝐼
𝐼0
= 106
𝐼 = 106
𝐼0
𝐼10 = 10.106
𝐼0
𝐼10 = 107
𝐼0
𝑇𝐼10 = 10 log
107
𝐼0
𝐼0
𝑇𝐼10 = 10log107
𝑇𝐼10 = 10(7)
𝑇𝐼10 = 70
Jadi perbandingan taraf intensitas sepeda motor dengan mobil 6 : 7
37) Pengeras suara dari menara tanda bahaya berbunyi pada frekuensi 670 Hz, sebuah mobil
mendekati menara tersebut dengan kelajuan 90 km/jam. Jika cepat rambat di udara saat
itu 335 m/s, maka frekuensi bunyi pengeras suara yang didengar oleh sopir mobil tersebut
adalah
(ujian nasional 2009/2010)
Pembahasan:
Diketahui fs = 670 Hz, Vp = 90 km/jam = 25 m/s
V = 335 m/s
Ditanya fp?
Jawab:
𝑓𝑝 =
𝑣 + 𝑣 𝑝
𝑣
𝑓𝑠
= (
335 + 25
335
)(670) 𝐻𝑧
= 720 𝐻𝑧
38) Seratus buah sirene yang identik dibunyikan serentak menghasilkan taraf intensitas bunyi
60 dB, jika intensitas ambang bunyi 10-12 w/m², besar intensitas sebuah sirene adalah
(ujian nasional 2008/2009)
Pembahasan
Diketahui: TIn = 60 dB, Io = 10-12 w/m², n = 100
Ditanya I?
Jawab
𝑇𝐼 𝑛 = 𝑇𝐼 + 10 log 𝑛
60 = 𝑇𝐼 + 10log 𝑛
60 = 𝑇𝐼 + 20
𝑇𝐼 = 40
𝑇𝐼 = 10log
𝐼
𝐼0
40 = 10log
𝐼
10−12
𝐼 = (10−12)(104)
𝐼 = 10−8
𝑖𝑛𝑡𝑒𝑛𝑠𝑖𝑡𝑎𝑠 𝑠𝑒𝑏𝑢𝑎ℎ 𝑠𝑖𝑟𝑖𝑛𝑒 𝑠𝑒𝑏𝑒𝑠𝑎𝑟
10−8
𝑊
𝑚2

23. 39) Dua buah benda A dan B yang keduanya bermassa m kg jatuh bebas dari ketinggian h
meter dan 2h meter. Jika A menyentuh tanah dengan kecepatan v m/s. Benda B akan
menyentuh tanah dengan energi kinetik sebesar
Pembahasan:
Diketahui: V2n = v m/s
H1A = h m, mA = mB = m kg
Ditanyakan Ek2 saat benda B menyentuh tanah?
Jawab
Benda A
𝐸𝑘1 + 𝐸𝑝1 = 𝐸𝑘2 + 𝐸𝑝2
1
2
𝑚 𝐴 𝑉1𝐴
2
+ 𝑚 𝐴 𝑔ℎ1𝐴 =
1
2
𝑚 𝐴 𝑉2𝐴
2
+ 𝑚 𝐴 𝑔ℎ2𝐴
𝑉1𝐴 = 0 → jatuh bebas
ℎ2𝐴 = 0 → menyentuh tanah
0 + 𝑚𝑔ℎ = 𝑚𝑣2
+ 0
𝑣2
= 2𝑔ℎ… … …… . (1)
Benda B
𝐸𝑘1 + 𝐸𝑝1 = 𝐸𝑘2 + 𝐸𝑝2
1
2
𝑚 𝐵 𝑉1𝐵
2
+ 𝑚 𝐵 𝑔ℎ1𝐵 =
1
2
𝑚 𝐵 𝑉2𝐵
2
+ 𝑚 𝐵 𝑔ℎ2𝐵
𝑉1𝐵 = 0 → jatuh bebas
ℎ2𝐵 = 0 → menyentuh tanah
0 + 𝑚𝑔ℎ = 𝐸𝑘2
𝑚𝑔2ℎ = 𝐸𝑘2
𝑚(2𝑔ℎ) = 𝐸𝑘2
𝑚𝑣2
= 𝐸𝑘2
40) Seorang penari sepatu es memiliki momen inersia 4,0 kg m² ketika kedua lengannya
terentang dan 1,2 kg m² ketika kedua lengannya merapat ke tubuhnya. Penari mulai
berputar pada kelajuan 1,8 putaran/s ketika kedua lengannya terentang. Berapa kelajuan
sudut ketika kedua lengannya merapat ketubuhnya?
Pembahasan:
Keadaan awal ketika kedua lengannya terentang
I1 = 4,0 kg m² , w1 = 1,8 putaran/s
Keadaan akhir ketika kedua lengannya merapat ketubuh
I1 = 1,2 kg m² , w2 ?
L1 = L2
I1 w1 = I2 w2
𝑤2 =
𝐼1
𝐼2
𝑤1 →
4,0 𝑘𝑔 𝑚2
1,2 𝑘𝑔 𝑚2
𝑥 1,8
𝑝𝑢𝑡𝑎𝑟𝑎𝑛
𝑠
= 6 𝑝𝑢𝑡𝑎𝑟𝑎𝑛/𝑠
41) Sebuah mobil bergerak dari A ke B melewati titik C dan D (titik C terletak di tengah-
tengah A dan B). Dari A ke C mobil bergerak dengan kecepatan v0. Dari C ke D
mobil bergerak dengan kecepatan v1 dalam waktu setengah waktu C ke B. Sisa
perjalanan ditempuh dengan kecepatan v2. Hitung kecepatan rata-rata
Jawab: Kecepatan rata-rata didefinisikan sebagai perpindahan dibagi waktu

24. S
2
S
2
tempuh.
𝑣 =
𝑆𝐴𝐵
𝑡𝐴𝐵
Anggap SAB = S, tAC = t1 dan tCB = t2.
A C D B
v0 v1 v2
Dari gambar tampak bahwa: t1 =
v 0
𝑆 𝐶𝐷 + 𝑆 𝐷𝐵 = 𝑉1
1
2
𝑡2 + 𝑉2
1
2
𝑡2
Atau
𝑡2 =
𝑆 𝐶𝐷 + 𝑆 𝐷𝐵
1
2
( 𝑉1 + 𝑉2 )
=
1
2 𝑆
1
2
( 𝑉1 + 𝑉2)
Karena tAB = t1 + t2 maka kecepatan rata-rata mobil ini adalah:
𝑉̅ =
𝑆
𝑆
𝑉1 + 𝑉2
+
𝑆
2𝑉0
=
2𝑉0( 𝑉1 + 𝑉2 )
𝑉1 + 𝑉2 + 2𝑉0
42) dua ekor kumbang A dan B Bergerak lurus dengan kecepatan tetap V1 dan V2 vektor
posisi kedua Partikel ini adalah r1 dan r2 tentukan hubungan keempat vektor ini agar
kedua kumbang bertabrakan?
Pembahasan:
Kedua Kumbang akan bertabrakan jika arah vektor satuan kecepatan relatif dan arah
vektor satuan posisi relatif berlawanan arah
V1 Vektor satuan posisi relatif
𝑟2⃗⃗⃗ − 𝑟1⃗⃗⃗
| 𝑟2⃗⃗⃗ − 𝑟1⃗⃗⃗ |
= 𝑟̂
Vektor satuan kecepatan relatif
𝑉2
⃗⃗⃗ − 𝑉1
⃗⃗⃗
|𝑉2
⃗⃗⃗ − 𝑉1
⃗⃗⃗ |
= 𝑉̂
Arah vektor posisi relatif searah dengan vektor kecepatan relatif jika 𝑟̂ = 𝑉̂
𝑟2⃗⃗⃗ − 𝑟1⃗⃗⃗
| 𝑟2⃗⃗⃗ − 𝑟1⃗⃗⃗ |
= −
𝑉2
⃗⃗⃗ − 𝑉1
⃗⃗⃗
|𝑉2
⃗⃗⃗ − 𝑉1
⃗⃗⃗ |
43) Sejumlah gas terkurung dalam suatu dinding silinder. Jika pada dinding terdapat sebuah
lubang kecil seluas A, maka massa gas m yang keluar dari lubang dalam selang waktu
singkat t dirumuskan oleh persamaan m/t = kpb c Ad, dengan k sebagai tetapan tanpa
dimensi, p adalah tekanan gas, dan  adalah massa jenis gas. Tentukanlah nilai-nilai b, c,
dan d, serta nyatakan kembali persamaan di atas dengan memasukkan nilai b, c, dan d!

25. Jawab :
Dimensi tekanan p adalah ML-1T-2; Massa jenis  adalah ML-3; dan luas A adalah L2.
bdcbcb
dcb
dcb
TLMTLM
LMLTML
T
M
Akp
t
m
223101
2321
)()()(




 
pkA
t
m
.:menjadiakhirpersamaanMaka
1ddan1/2;c1/2;bJadi,
1-2b-
02d3c-b-
1cb
:diperolehmakasamayangdimensiuntukpersamaanruaskeduapangkatmenyamakanDengan





44) Sebuah kelereng jatuh bebas dari ketinggian h di atas tanah. Saat lajunya setengah laju
maksimumnya, maka tinggi kelereng diukur dari tanah adalah...
Gerak Jatuh Bebas
Laju maksimum saat benda jatuh bebas adalah ketika benda sudah mencapai permukaan
* Mencari laju maksimum
rumus untuk mencari kecepatan maksimum adalah :
v max = √2gh
v max = √2 • 10 • h
v max = √20h
misal nilai h = 20 meter, sehingga, laju maksimumnya adalah :
v max = √20h
v max = √20 • 20
v max = √400
v max = 20 m/s ← Laju maksimum
* Mencari lajunga saat setengah laju maksimum
Saat lajunya setengah laju maksimum :
v = ½ • v max

26. v = ½ • 20
v = 10 m/s
* Memcari tinggi kelerang saat lajunga ½ laju maksimum :
v = √2gh
10 = √ 2 •10 • h
10 = √20h
100 = 20h
h = 100/20
h = 5 meter
Jadi, tinggi kelerang saat lajunga ½ laju maksimum
Karena kelerang jatuh dari ketinggian 20 m (h), dan dianggap h = 20 meter berarti 5 = ¼h
Sehingga, tinggi kelereng diukur dari tanah adalah ¼h
45) Usaha yang harus dilakukan untuk memindahkan muatan listrik dari satu tempat ke
tempat lain dalam suatu medan listrik tergantung pada .......
1 . besar muatan yang dipindahkan.
2 . lintasan yang dilalui.
3 . beda potensial antara kedua tempat pemindahan muatan.
4 . kuadrat jarak antra kedua muatan.
Usaha yang harus dilakukan untuk memindahkan muatan listrik dari suatu tempat lain
dalam suatu medan listrik bergantung pada :
1. besar muatan
3. beda potensial antara kedua tempat
Penjelasan lebih lanjut:
Usaha untuk memindahkan muatan listrik dari suatu tempat lain dalam suatu medan listri
merupakan perubahan energi potensial listrik. Usaha tersebut tidak bergantung pada
panjang lintasan yang ditempuh tetapi hanya bergantung pada kedudukan awal dan akhir
saja. Dapat dikatakan usaha ini disebabkan gaya konservatif. Jadi pilihan no 2 salah.
Usaha untuk memindahkan sebuah muatan uji q dari titik A dengan jarak rA ke titik B
dengan jarak rB dituliskan sebagai berikut:
Keterangan:
W = usaha (J)

27. Q = muatan yang dipindahkan (C)
ΔV = beda potensial antar titik (V)
Dari persamaan di atas, dapat diketahui bahwa usaha yang diperlukan untuk
memindahkan muatan listrik dari suatu tempat lain dalam suatu medan listrik sebanding
dengan besar muatan dan beda potensial antara kedua tempat. Jadi pilihan no 1 dan 3
benar.
Satuan dari usaha yaitu Joule. Tanda minus pada rumus usaha berarti usaha yang
dilakukan selalu melawan gaya tarik yang ada (biasanya usaha yang dilakukan adalah
usaha untuk melawan gaya tarik antara dua muatan).
46) Frekuensi bunyi dari suatu sumber bunyi oleh seorang pendengar akan terdengar ...
(1) Bertambah jika sumber dan pendengar bergerak searah dengan pendengar di depan,
dan kelajuan sumber lebih besar daripada kelajuan pendengar.
(2) Bertambah jika sumber diam dan pendengar mendekati sumber
(3) Berkurang jika pendengar diam dan sumber bunyi menjauhi pendengar
(4) Tetap, jika sumber bunyi dan pendengar diam tetapi medium bergerak relatif menuju
pendengar
Pembahasan :
Soal di atas berhubungan dengan rumus efek Doppler
⇒ fp =
v ± vp
fs
v ∓ vs
Dengan :
fp = frekuensi pendengar
fs = frekuensi sumber
v = cepat rambat bunyi di udara
vp = kecepatan pendengar
vs = kecepatan sumber
Kecepatan pendengar bernilai positif jika mendekati sumber dan bernilai negatif jika
menjauhi sumber. Kecepatan sumber bernilai positif jika menjauhi pendengar dan bernilai
negatif jika mendekati pendengar.
Pernyataan (1)
Jika kecepatan sumber lebih besar dari kecepatan pendengar, maka sumber akan semakin
mendekati pendengar sedangkan pendengar bergerak menjauhi sumber.
Karena sumber bergerak mendekati pendengar, maka kecepatannya berharga negatif.
Sementara pendengar menjauhi sumber maka kecepatannya positf. Karena itu sesuai
dengan rumus di atas, maka frekuensi yang terdengar akan lebih besar dari frekuensi
sumber.
Pernyataan (2)
Jika sumber diam, maka kecepatnnya sama dengan nol. Dengan begitu faktor pembagi
(penyebut) pada rumus efek Doppler hanya cepat rambat bunyi.
Pendengar bergerak mendekati sumber berarti kecepatannya bernilai positif. Karena
bernilai positif, faktor pembilang pada rumus akan lebih besar sehingga frekuensi yang
terdengar juga lebih besar.

28. Pernyataan (4)
Karena pernyataan (1) dan (2) benar, maka pernyataan (3) pasti benar. Jadi kita langsung
tinjau pernyataan (4). Jika sumber dan pendengar diam tapi medium bergerak relatif
mendekati pendengar, maka frekuensi yang terdengar tetap.
Jadi, opsi yang benar adalah 1, 2, 3, dan 4.
47) Batu dengan berat w dilempar vertikal ke atas dari permukaan tanah dengan kecepatan
awal vo Sepanjang perjalanan geraknya, batu tersebut mengalami gaya gesek udara
konstan f. Tinggi maksimum yang dapat dicapai oleh batu adalah
Perlambatan:
tinggi maksimum:
48) Jika sebuah benda terletak pada bidang miring, maka gaya normal pada benda itu adalah:
A. Sama dengan berat benda
B. Lebih kecil dari berat benda
C. Lebih besar dari berat benda
D. Dapat lebih besar atu lebih kecil dari berat benda
Jika sebuah benda terletak pada bidang miring, maka gaya normal pada benda itu adalah
Lebih kecil dari berat benda. (Jawaban B)

29. Hukum Newton II "Percepatan gerak suatu benda berbanding lurus dengan gaya-gaya
yang bekerja pada benda dan berbanding terbalik terhadap massa benda tersebut."
Hukum Newton II dapat dirumuskan sebagai :
Keterangan :
∑F : Jumlah gaya (N)
a : Percepatan (m/s)
m : massa (kg)
49) Perhatikan ilustrasi benda pada gambar !
Pada gambar tersebut, gaya - gaya yang bekerja diuraikan masing - masing.Pada gambar
terlihat bahwa besarnya gaya Normal benda adalah :
N = m g cos θ
dimana
N : gaya Normal benda
m g = w : berat benda.
θ : sudut kemiringan bidang.
sehingga :
N = w cos θ
N akan bernilai lebih kecil dari berat benda, karena cos θ bernilai kecil dari 1 (cos θ < 1)

30. Jadi Gaya normal pada benda lebih kecil dari berat benda.
Gaya normal pada benda lebih kecil dari berat benda.
50) Jika suatu benda melakukan gerak melingkar beraturan maka yang terjadi adalah
Sebuah benda yang bergerak melingkar beraturan mempunyai :
- lintasan berupa lingkaran
- kecepatan sudut tetap
- BESAR kecepatan linear tetap, tetapi ARAHnya berubah
- BESAR percepatan sentripetal tetap
- BESAR gaya sentripetal tetap
51) Perhatikan gambar !
Balok yang beratnya w ditarik sepanjang permukaan mendatar dengan kelajuan konstanta
v pada gaya F yang bekerja pada sudut θ terhadap horisontal. Besarnya gaya normal yang
bekerja pada balok oleh permukaan adalah
A. N = W+F cos ø
B. N = W + F sin ø
C. N = W - F sin ø
D. N = W - F cos ø
Besarnya gaya normal yang bekerja pada balok oleh permukaan
ΣFy = 0
N + F sin Ф - w = 0
N = w - F sin Ф
sudut phi Ф, biasanya theta θ atau alpha α. Tetapi gpp juga.
52) Sebuah pesawat terbang bergerak dengan energi kinetik T. Jika kecepatan menjadi 2 kali
semula, energy kinetiknya menjadi......
A. ½ T
B. T
C. 2T

31. D. 4T
Ek = 1/2 mv²
EK ~ v²
Ek₁ : Ek₂ = v₁² : v₂²
T : Ek₂ = v₁² : (2v₁)²
= v₁² : 4v₁²
= 1 : 4
Ek₂ = 4 T
53) Dua massa M dan m dihubungkan dengan sebuah batang yang panjangnya L dan massanya
diabaikan. Batang diputar di pusat massanya yang berjarak
Mm
M
x

 dari massa yang kecil
dengan kecepatan sudut . Energi kinetik rotasi sistem adalah . . .
a. 2
2
1
L
mM
M

d. 22
2
1
L
mM
mM

b. 2
2
3
1
L
mM
m

e. 2
L
mM
mM

c. L
mM
mM
2
1
Jawab :
22
2
1
2
1
 mMk IIE  2
)(
2
1
mM II 
2
2
22
2
22
)
)()(
(
2
1

mM
LM
m
mM
Lm
M




22
2
1
L
mM
mM


54) Hukum Boyle dalam fisika menyatakan bahwa di bawah kondisi yang sesuai, tekanan p yang
diterima gas dihubungkan dengan volume v oleh pv = c dimana c konstanta yang bergantung
pada satuan dan macam-macam factor fisik. Bila volume gas naik dari v0 ke v1, maka tekanan
rata-rata terhadap volume adalah . . .
a.
01 vv
c
p

 b.
0
1
01
ln
v
v
vv
c
p

 c.
0
1
01
log
v
v
vv
c
p


d.
10 vv
c
p

 e.
1
0
10
ln
v
v
vv
c
p


Jawab:
cpv  cdvpvdv

32. v
dv
cpdv 
 
1
0
1
0
v
v
v
v
v
dv
cdvp
1
0
1
0
ln
vv
vv
vcvp 
0
1
01 ln)(
v
v
cvvp 
0
1
01
ln
v
v
vv
c
p


55) Suatu partikel mula-mula diam, dan bergerak dengan kecepatan kxax 4 . Kecepatan partikel
dalam fungsi x adalah . . .
a. kxvx
2
 b. kxvx / c. kxvx 2
 d. kxvx 2 e. kxvx /2
Jawab:
kxax 4
kx
dt
dvx
4
kx
dt
dx
dx
dvx
4
kxv
dx
dv
x
x
4
dxkxdvv
xv
xx
x
.4
00
 
x
v
x kxv
x
0
2
0
2
2
2
1

22
2
2
1
kxvx   kxvx 2
56) Daya pancar benda hitam dengan luas permukaan A dan suhu mutlak T dinyatakan dengan
persamaan , dengan e adalah tetapan tanpa dimensi dan  adalah tetapan
dengan dimensi MT-3
-4
. Tentukanlah nilai-nilai dari l, m, dan n, serta nyatakan kembali
persamaan diatas dengan memasukkan nilai-nilai l, m, dan n.
a. d.
b. e.
c.
Jawab
Dimensi dayaP adalahML2
T-3
; suhumutlak T adalah; dan luasA adalahL2
.
nml
ATeP 
22
ATeP  32
ATeP 
ATeP 4
 24
ATeP 
23
ATeP 

33. ATeP
LTMTLM
xLxTMTML
LxxMTTML
ATeP
nmlll
nmlll
nml
nml
4
243320
24332
24332
makandanm,l,nilaimemasukkanDengan
1ndan4;m;1l
:berikutsebagaianpenyelesai
diperolehsamayangdimensiuntukpersamaanruaskeduapangkatmenyamakanDengan
)()(














57) Rumus disebut rumus Gauss untuk lensa tipis. Bentuk rumus lain adalah rumus
Newton,yangdiperolehdenganmenetapkanx sebagai jarakantarabendake titikfokuspertama
dan x’sebagai jarakantara bayangan ke titikfokuskedua(lihatgambar) berapanilaidari kuadrat
fokus lensa tipis ( f 2
).
a. f 2
= 2.x.x’ d. f 2
= x.x’
b. f 2
= 8.x.x’ e. f 2
= 2,5.x.x’
c. f 2
= 4x.x’
Jawab
Perhatikan gambar berikut, s = x + f, dan s’ = x’ + f.
xxfxxff
ffxxfxxfxffx
ffxxfxxfxxf
fxx
ffxxfxx
fxfx
fxfx
f
diperoleh
ss
ss
fatau
fss














..2
.2
.)2(
)2(
.
)()(
))((
.111
Gauss,rumusDari
222
22
2
2
58) Kecepatan rata-rata, v , dari molekul suatu gas ideal diberikan oleh
fss
111



S
benda
bayangan
F
x’
ffx
F
S
benda
bayangan
F
x’
ffx
F

34. 









0
)2(3
2
3
2
2
4
dvev
RT
M
v RT
Mv

Dimana v kecepatan molekuler, T temperatur gas, M berat molekul gas dan R konstanta gas.
Apabila diberikan 



0
4
3
2
122
a
dxex xa
, maka besar v adalah . . .
a.
M
RT3
b.
M
RT7
c.
M
RT

8
d.
M
RT

6
e.
M
RT8
Jawab:
m/det
59) Sebuah partikel bergerak lurus dengan percepatan dengan dinyatakan dalam m/s2
dan
v dalam m/s sedangkan b adalah sebuah konstanta. Apabila pada kecepatan partikel v0 dan
s0 = 0, kecepatan partikel sebagai fungsi waktu adalah . . .
a. c. e.
b. d.
Jawab
2
4
0
23
0
)2(3
2
2
2
1
2
2
2















 











M
RT
RT
M
dvevdvev
v
RT
M
RT
Mv
M
RT
M
RT
RT
M
v

8
2
2
4
2
2
3













2
bva  a
0t
0
2
v
t
b
v


2
0
2 1
1
v
bt
v


0
1
1
v
bt
v


ovtb
v

 2
1
2
2
ovbt
v



35. ; Jadi :
60) Suatu benda dan layar terpisah pada jarak tetap D. Sebuah lensa konvergen berada diantara
benda dan layar. Dengan menggeser-geser kedudukan lensa konvergen ternyata ada dua
kedudukan yang relatif terhadap benda yang akan memberikan suatu bayangan tajam pada
layar.Tentukanlahpersamaan untuk menunjukkan letak dua kedudukan yang relatif terhadap
benda (x) ?
a. d.
b. e.
c.
Jawab
dt
dv
a 
dt
dv
bv  2
2
v
dv
bdt 
  2
v
dv
bdt
21
1
C
v
Cbt 
v
Cbt
1

 
0
0
1
0.0
v
Cbvtv 
0
1
v
C 
vv
bt
11
0

0
1
1
v
bt
v











D
fD
x
2
5
11
2 








D
fD
x
4
11
2









D
fD
x 21
2
3









D
fD
x
2
3
21
2









D
fD
x
2
4
11
2
3

36. fDDd
fDDacbdanDiskri
fDcDbadengan
kuadratpersfDxDx
fxfDxDfxx
fxfxDfxx
fx
fx
Dx
maka
fx
fx
fs
fs
sKarena
sDxDss
.4
).)(1(4)(4...min
.,,1,
.0..
....
.)()(
f))-(xdengan(dikalikan
.
,
..
,
2
22
2
2













Benda nyata
s’s= x
lensa
Layar tempat
Menangkap
Bayangan
nyataBenda nyata
s’s= x
lensa
Layar tempat
Menangkap
Bayangan
nyata

37. 40)10(44adalahnyatabayangandanbendaantara
mungkinyangendekjarak terpmakacm,10cembunglensafokusjarakjikacontohSebagai
.4adalah
cembunglensapadanyatabayangandanbendaantaraendekjarak terpbahwaKesimpulan
.40)4(0)4(0ndiskriminajikayaitu
nyata,akarmemilikidakkuadrat tipersamaanjikalayarpadanyatabayanganbentukTidak ter
4
11
2
2
4
11
2
4
1
2
4
1
)1(2
.4)(
2
:adalahatasdikuadratpersamaandariakar x-akarnilaiDengan
2
2
2
cmcmfD
fD
fDfDDfDd
D
fD
x
D
f
D
D
f
DD
x
D
f
DD
fDDD
a
db
x




































61) Satelit observasi bumi dapat melihat hanya sebagian dari permukaan bumi. Satelit tersebut
mempunyai sensor horizontal yang dapat mendeteksi dengan sudut  (sudut diapit garis yang
ditarik dari pusat bumi ke satelit dan garis singgung satelit ke permukaan bumi). Apabila jari-jari
bumi r (asumsikan bentuk bola) dan h jarak satelit dari permukaan bumi. Jarak h sebagai fungsi r
dan  adalah . . .
a. r (cosec -1) b. r (cos -1) c. r.tan - 1
d. r.sin - 1 e. r (cos -1)
Jawab:
)1(cos  ecrh
62) Sebuah benda yang bergerak dengan kecepatan awal v0 di atas permukaan
mendatar, berhenti setelah menempuh jarak s, karena pengaruh gaya gesekan
kinetic, jika koefisien gesekan kinetic adalah kµ dan percepatan gravitasi g, maka
kecepatan awal akan memenuhi persamaan …
a. √ 𝜇 𝑘 𝑔𝑠 c. √3𝜇 𝑘 𝑔𝑠 e. √5𝜇 𝑘 𝑔𝑠
b. √2𝜇 𝑘 𝑔𝑠 d. 2√ 𝜇 𝑘 𝑔𝑠
Pembahasan:
hr
r

sin
rhr  sin)(
sin
r
hr 
recrh  cos.
r
r h


38. V0 = kecepatan awal benda s = jarak benda
µk = Koefiesien gesekan kinetis g = percepatan gravitasi bumi
ditanya V0 ?
∑F = m.a → ʄ = m.a →µk mg = m.a jadi a = µk.g
𝑣2 = 𝑣0
2 – 2𝑎𝑠 → v = 0 𝑗𝑎𝑑𝑖 𝑣0 = √2𝑎𝑠 = √2𝜇 𝑘 𝑔𝑠
63) Sebuah lemari didorong diatas lantai dasar namun belum bergerak juga. Pada
kondisi ini besar gaya gesek yang timbul ditentukan oleh ..
A. massa benda C. koefisien gesekan E. gaya pendorong
B. berat benda D. percepatan gravitasi
Pembahasan:
∑F = m.a → ʄ = m.a = 0 jadi ʄ = F gaya pendorong (e)
64) Sipenmaru 1985
Bila P dan Q pada tali sistim pada gambar dalam
keadaan bergerak, maka :
A. kecepatan P = kecepatan Q
B. percepatan P = percepatan Q
C. percepatan P = 2x percepatan Q
D. percepatan P = 3x percepatan Q
E. kecepatan P = 4x kecepatan Q
Jika P bergerak sejauh Xp maka Q baru bergerak sejauh Xq /2, untuk kecepatan awal P
dan Q sama dengan nol dengan waktu yang sama, maka :
Benda 𝑃: 𝑋 𝑝 =
1
2
𝑎 𝑝 𝑡 ↑ 𝑏𝑒𝑛𝑑𝑎 𝑄:
𝑋 𝑄
2
=
1
2
𝑎 𝑄 𝑡 ∴ 𝑋 𝑄 = 𝑎 𝑄 𝑡 ↑ 𝑋 𝑝 = 𝑋 𝑄 = 𝑠
𝑠 =
1
2
𝑎 𝑝 𝑡 ↑ 𝑠 = 𝑎 𝑄 𝑡 ↑
1
2
𝑎 𝑝 𝑡 = 𝑎 𝑄 𝑡 ∴ 𝑎 𝑝 = 2𝑎 𝑄