Soal SPMB Fisika & Trik penyelesaiannya

GARIS-GARIS BESAR ISI MEDIA VIDEO PEMBELAJARAN BIMBEL FISIKA SMA

Kategori : Formal Mata Pelajaran : Fisika SMA Penulis : Iwan Husdiantama Pengkaji Materi : Imam Prasaja Pengkaji Media : Yenny Husnaini Durasi : 24 menit/ episode Jumlah Episode : 10

DAFTAR ISI GARIS-GARIS BESAR ISI MEDIA VIDEO PEMBELAJARAN BIMBEL FISIKA SMA

EPISODE JUDUL / TOPIK

1 MEKANIKA KLASIK SISTEM PARTIKEL

GARIS-GARIS BESAR ISI MEDIA VIDEO PEMBELAJARAN

Kategori : Formal Mata Pelajaran : Fisika Kelas / Semester : X/ Penulis : Iwan Husdiantama Pengkaji Materi : Imam Prasaja Pengkaji Media : Yenny Husnaini Durasi : 24 menit Episode : 1

NO

STANDAR KOMPETENSI

KOMPETENSI DASAR TOPIK / JUDUL INDIKATOR MATERI POKOK

(1) (2) (3) (4) (5) (6) 1

Mendeskripsikan gejala alam dalam cakupan mekanika klasik sistem diskret (partikel)

1. Menjelaskan Hukum

Newton sebagai konsep dasar dinamika, dan mengaplikasikannya dalam persoalan-persoalan dinamika sederhana.

2. Menemukan hubungan

antara konsep impuls dan momentum, berdasarkan pada hukum Newton tentang gerak dan hukum kekekalan momentum

Mekanika klasik sistem partikel (Aplikasi hukum Newton pada sistem partikel pada kehidupan sehari-hari)

Setelah menyaksikan program ini pemirsa diharapkan dapat : 1. Memformulasikan

Hukum Newton sebagai konsep dasar dinamika.

2. Menjelaskan konsep

gaya sentripetal pada gerak melingkar beraturan.

3. Menerapkan prinsip

hukum kekekalan momentum untuk menghitung kecepatan benda yang berinteraksi.

1. Hukum Newton 2. Gerak melingkar

beraturan 3. Hukum kekekalan

momentum

URAIAN MATERI

PUSTAKA KETERANGAN

(7) (8) (9)

a. Hukum Newton

• Pengertian singkat dan rumus tentang hukum Newton

Gaya : sesuatu yang dapat mengubah bentuk, kecepatan, ukuran, dan

arah gerak suatu benda.

Gaya normal: gaya kontak yang bekerja dengan arah tegak lurus bidang sentuh jika dua benda bersentuhan. Gaya gesekan: gaya yang timbul bila dua benda bersentuhan dan ada upaya menggerakkan benda yang satu terhadap yang lain dan pemahaman bahwa gaya yang timbul itu selalu menentang upaya tersebut.

Hukum Newton:

• Hk. Newton I : 0=∑F • Hk. Newton II : amF ..=∑ • Hk. Newton III : Gaya aksi = Gaya reaksi (tetapi arahnya

berlawanan.

- Teori dan Soal-soal Fisika, Seri Buku Schaum, Frederick J Bueche, Ph. D, Penerbit Erlangga, 1999

- Buku Fisika SMA, Marthen

Kanginan, Penerbit Erlangga

• Soal dan penyelesaian tentang Hukum Newton

a. Sebuah balok yang massanya 1 kg ditarik dengan gaya mendatar 12 N. Setelah beberapa detik kemudian ternyata jarak yang ditempuh benda 30 m. Hitung kecepatan akhir balok! ( µk =0,6 dan g=10 m/det2).

A. 36 N B. 56 N C. 66 N D. 106 N E. 312 N

Jawab: D

F 12 N

µk=0,6 fg

CARA PENYELESAIAN: Untuk menyelesaikan soal ini, lihat diagram bebas balok di bawah ini: Dari diagram bebas terlihat gaya-gaya yang bekerja pada balok yaitu gaya tarik (F), gaya gesek (fg), gaya normal lantai pada balok (N) dan gaya berat balok (Wb). F=12 N fg=µk.N dimana N=Wb=mb.g=1.(10)=10 N. Sehingga fg=0,6.(10)=6 N. CARA KONVESIONAL:

Kita cari dulu percepatan sistem benda (a): Σ F = m.a ⇔ F – fg = m.a ⇔ 12 – 6 = 1.a ⇔ a = 6 m/det2

Kecepatan akhir kita cari dengan rumus di pelajaran kinematika

F

N

fg

Wb

gerak lurus:

savvt ..222 +=o

dimana: vo=0 s=30 m a=6 m/det2 ⇔ 360)30).(6.(2022 =+=tv ⇔ 106360 ==tv m/det.

TRIK: Kita gunakan hukum kekekalan energi mekanik yaitu:

Usaha yang dilakukan oleh gaya untuk menggerakkan balok sejauh s, sama dengan selisih energi kinetik akhir dan awal.

kEW ∆=

⇔ ( ) ( )22.

2

1. otb vvmsF −=Σ dimana : vo = 0.

⇔ ( ) ( )2.

2

1. tbg vmsfF =−

⇔ ( ) ( )2.1.

2

130.612 tv=−

⇔ ( ) 30).6(

2

1 2=tv

⇔ 3602

=tv

⇔ 106360 ==tv m/det. Ternyata hasilnya sama dengan hasil cara konvensional dan lebih singkat karena hanya menggunakan satu persamaan dan tidak perlu repot-repot mencari harga percepatan sistem, a!

b. Dua buah balok dengan berat 15 N dan 10 N ditumpuk di atas meja licin horizontal seperti gambar di bawah ini:

Jika g= 10 m/s2 dan gaya gesek statik maksimum antar kedua permukaan balok tersebut adalah 4 N, maka agar kedua balok tersebut tetap bergerak bersama-sama, besar gaya F yang dikenakan pada balok 10 N tidak boleh melebihi…N. A.

3

10 N

B. 3

20 N C. 25 N D.

3

25 N E. -5 N

F

15 N

10 N

fg B A

Jawab: B CARA PENYELESAIAN: Diagram bebas balok A dan B:

Agar balok B tidak slip atau masih bergerak bersama-sama dengan balok A, maka aA = aB = amax. Tinjau balok B:

BB amF .=Σ Dimana: ( ) 4=maksimumsf N Dan

g

Wm B

B = Sehingga persamaan di atas menjadi:

A B F

fs(max)

-fs(max)

aA aB

( ) BB

s ag

Wf .max

= ………………………………………………..Persamaan (i)

3

8

15

10.4.(max) ===

BsB W

gfa m/det2

Sekarang, untuk mencari gaya F maksimum agar benda B tidak slip, tinjau benda A:

AA amF .=Σ dimana: ( )

g

Wm A

A =

⇔ AA

s ag

WfF .(max) =− ………………………..………………..Persamaan (ii)

⇔

3

1284

3

8.

10

10. (max)

+=+

=+

= sB

A fag

WF N

Jadi gaya maksimum yang boleh dikenakan pada balok A agar balok B tidak slip adalah sebesar

3

20 N. TRIK: Agar tidak susah-susah menghitung percepatan sistem (a), maka bagi persamaan (ii) dengan persamaan (i), sehingga didapat persamaan:

B

A

s

s

W

W

f

fF=

−

(max)

(max) ……………………………………………..Persamaan (iii)

Jika harga dari gaya gesek statik maksimum, harga berat balok A dan B, serta harga percepatan gravitasi kita masukkan ke persamaan tiga, maka didapat:

Atau:

Tinjau sistem keseluruhan, sehingga didapat persamaan:

Masukkan harga WA, WB, g dan a, sehingga didapat: ( )

NF3

20

3

8.

10

25

3

8.

10

1510==

+=

15

10

4

4=

−F

NF3

204

3

844.

3

2=+=+=

∑ = amF Total .

( )a

g

WWF BA .

+=

A

B

T1

T2 µk = 0,2

fg

c.

Berapa tegangan tali? Jika diketahui mA = 25 kg dan mB = 15 kg serta g = 10 m/s2

A. 100 N B. 100,5 N C. 112,5 N D. 122,5 N E. 115 N Jawab: C. CARA PENYELESAIAN: Dari data soal hitung besar gaya WB, NA, dan fg.

150)10.(15. === gmW BB N

gmWN AAA .== 250)10.(25 == N

Akkg Nff .µ== 50)250.(2,0 == N Kemudian kita gambarkan dulu diagram bebas sistem seperti gambar di bawah ini: Tinjau balok A terlebih dahulu. Menurut hukum Newton II: ∑ = amF Ax . Gaya yang searah dengan percepatan sistem, diberi tanda plus dan sebaliknya diberi tanda minus.

amfT Ag .=−⇔

aT .2550=−⇔ …………………………….Persamaan (i). Kemudian tinjau balok B:

T

fg,A

T

WB WA

NA

Balok A Balok B

∑ = amF By .

amTW BB .=−⇔

aT .15150 =−⇔ …………………………….Persamaan (ii). Selesaikan persamaan (i) dan (ii) dengan menjumlahkan kedua persamaan:

aT .2550=−

aT .15150 =−

aTT ).1525(15050 +=−+−

a).40(1000 =+⇔

5,2)40

100( ==⇔ a m/det2.

Masukkan harga percepatan sistem ke persamaan (i) atau (ii), maka didapat harga tegangan tali:

amTW BB .=−

⇔ ( ) BBB magamWT .. −=−= ⇔ ( ) 5,11215).5,210(. =−=−= BmagT N.

Jadi tegangan tali ( T ) adalah sebesar 112,5 N.

+

TRIK: Kalau kita ringkas langkah penyelesaiannya, khususnya untuk sistem benda seperti di atas dimana massa benda diketahui, maka kita dapat mencari, (i). Percepatan sistem dengan rumus:

gKa .= dimana:

+−=

BA

AkB

mm

mmK

.µ ; K bisa kita sebut rasio percepatan sistem terhadap percepatan gravitasi.

(ii). Dan tegangan tali dengan rumus: [ ] gmKT B..1−= Kita hitung dulu harga K: Dari soal: mA= 25 kg, mB= 15 kg, µk=0,2 dan g=10 m/det2 Maka,

4

1

40

515

1525

)25.(2,015 =−=

+

−=K Sehingga,

5,2)10.(4

1. === gKa m/det2.

Untuk menghitung besarnya tegangan tali masukkan harga K=1/4, mB=15 dan g=10, maka didapat:

[ ] 5,112150.

4

3)10.(15.4

11 =

=−=T N. Ternyata jawabannya sama dengan hasil perhitungan cara konvensional. KUIZ: Jika sistem benda seperti di atas, namun yang diketahui hanyalah berat balok yang menggantung sebesar 500 N dan rasio perbandingan percepatan sistem dengan percepatan gravitasi bumi sebesar 0,5. Berapa besarnya tegangan tali, jika diketahui g=10m/det2 sedangkan berat balok A dan µk tidak diketahui?

d. Dua buah balok saling berdampingan seperti pada gambar. Berapa

gaya kontak balok A terhadap balok B atau sebaliknya? Diketahui gaya F = 720 N dan µk=0,15. A. 350 N B. 400 N C. 450 N D. 500 N E. 600 N Jawab: B.

CARA PENYELESAIAN: Tinjau benda A:

Terlihat gaya-gaya yang bekerja pada balok A yaitu: gaya dorong F, gaya gesek lantai terhadap balok A fg,A, dan gaya kontak balok B terhadap balok A RBA = -RAB. Menurut hukum Newton II,

amF Ax .=Σ ⇔ amRfF AABAg ., =−− Dimana, F = 720 N.

800)10.(80. ==== gmWN AAA N.

120)800.(15,0., === AkAg Nf µ N.

a

RBA F

fg,A

WA

NA

⇔ amRNF AABAk .. =−− µ

).(80120720 aRAB =−−⇔

aRAB .80600 =−⇔ …………………………………..………..Persamaan (i) Sekarang tinjau balok B: Gaya-gaya yang bekerja pada balok B yaitu: gaya gesek lantai terhadap balok B fg,B, dan gaya kontak RAB . Gaya RAB (gaya kontak balok A terhadap balok B) besarnya sama dengan gaya RBA, namun arahnya berlawanan. Menurut hukum Newton II:

amF Bx .=Σ Dimana,

100=Bm kg.

1000)10.(100. ==== gmWN BBB N.

NB

WB

fg,B

RAB

150)1000.(15,0., === BkBg Nf µ N. ⇔ amfR BBgAB ., =− ⇔ ).(100150 aRAB =− …………………………………..………..Persamaan (ii) Untuk menyelesaikan pers. (i) dan (ii), jumlahkan keduanya, sehingga didapat persamaan:

aRAB .80600 =− ).(100150 aRAB =−

180.a 450= ⇔ 5,2

180

450a == m/det2.

Untuk mencari gaya kontak RAB, masukkan harga percepatan sistem a ke persamaan (ii), sehingga:

)5,2.(100150=−ABR

400150250 =+=⇔ ABR N. Jadi besarnya gaya kontak balok A terhadap balok B adalah 400 N. TRIK: Tinjau sistem keseluruhan:

BA

BgAg

Total

x

mm

ffF

m

Fa

+−−

=Σ= ,,

.

+

Dari soal diketahui:

80=Am kg 100=Bm kg.

F = 720 N. Kemudian hitung harga gaya-gaya yang bekerja yang belum diketahui:

800)10.(80. ==== gmWN AAA N.

120)800.(15,0., === AkAg Nf µ N.

1000)10.(100. ==== gmWN BBB N.

150)1000.(15,0., === BkBg Nf µ N. ⇔ 5,2

180

450

180

150120720==

−−=a m/det2

Untuk menghitung gaya kontak balok A terhadap balok B , tinjau balok B yang mana gaya-gaya bekerja padanya paling sedikit:

).(100150 aRAB =− ⇔ 400150250150)5,2.(100 =+=+=ABR N.

b. Gerak melingkar beraturan

• Pengertian singkat dan rumus tentang gerak melingkar beraturan

Gerak melingkar beraturan adalah gerak suatu benda yang menempuh lintasan berbentuk lingkaran dengan kelajuan linier (besar kecepatan linier) tetap.

f..2πω = (kecepatan sudut)

Rv .ω= (kelajuan linier)

R

vas

2

= (percepatan sentripetal)

Gaya sentripetal ( Fs ) ialah gaya yang bekerja pada sebuah benda, yang

mengakibatkan benda tersebut bergerak melingkar. Arah gaya ini menuju pusat lingkaran dan besarnya :

Fs = Rm

R

Vm..

. 22

ω=

• SOAL DAN PENYELESAIAN :

a. Sebuah bola bermassa 0,2 Kg diikat dengan tali sepanjang 0,5 m kemudian

diputar sehingga melakukan gerak melingkar beraturan dalam bidang vertikal. Jika pada saat mencapai titik terendah kelajuan bola adalah 5 m/detik, maka tegangan talinya pada saat itu besarnya…

A. 2 N B. 8 N C. 10 N D. 12 N E. 18 N

Jawab: D

CARA PENYELESAIAN: Gambar gaya-gaya yang bekerja.

Dari diagram bebas bola diketahui gaya-gaya yang terlibat yaitu tegangan tali T, dan gaya berat bola W yang mana resultan kedua gaya ini adalah gaya sentripetal yang arahnya selalu ke pusat putaran. Jika kita gunakan hukum Newton II, maka besarnya resultan gaya-gaya radial tersebut yang bekerja sebagai gaya sentripetal Fs adalah: ∑F=m.as

T – W = m.v2/R W=m.g=0,2.10 = 2 N

T – 2 = 0,2.52/0,5 T = 10 + 2 = 12 N Disini Mr. Trick tidak memberi trik penyelesaian soal, tetapi Mr. trick ingin menunjukkan kesalahan yang sering dilakukan siswa dalam memahami konsep gaya sentripetal dan keseimbangan benda partikel berkaitan dengan hukum Newton.

T

W

Perhatikan gambar diagram gaya-gaya yang bekerja pada bulan yang mengitari bumi terus menerus pada orbit melingkar ! Mana gambar diagram gaya yang benar?

F

Gambar (i)

F

Gambar (iii)

F F

Gambar (ii)

Gambar kesatu. Kesalahan siswa adalah ide bahwa bahwa resultan gaya adalah searah dengan gerak. ide Yang benar: resultan gaya searah dengan percepatan. Gambar kedua. Kesalahan siswa disini: ide bahwa gaya sentripetal dan gaya sentrifugal pada bulan yang melingkar, dimana kedua gaya ini sama besar, tetapi berlawanan arah.Yang benar: gaya sentrifugal sesungguhnya tidak bekerja pada kerangka acuan diam. Gambar ketiga. Ini ide yang benar yaitu hanya ada gaya sentripetal yang disebabkan oleh gaya gravitasi bumi-bulan yang selalu tegak lurus pada arah kecepatan dengan percepatan, sehingga gaya ini hanya membelokkan bulan dan tidak mempercepat atau memperlambat gerakan bulan. Kuiz: Berapa tegangan tali (T) jika bola di atas diputar pada bidang horizontal dimana tali sejajar dengan bidang horizontal tersebut dan bola mempunyai kecepatan linier 5 m/det? A. 7 N B. 10 N C. 5 N D. 2 N. E. -5 N. (Jawab: 10 N)

c. Hukum kekekalan momentum • Pengertian singkat dan rumus tentang kekekalan momentum

Momentum ialah jumlah gerak yang besarnya berbanding lurus dengan

massa dan kecepatan.

Hukum kekekalan momentum:

′+′=+ BBAABBAA vmvmvmvm ....

Koefisien restitusi tumbukan (e):

e = AB

AB

vv

vv

+

′−′− )( Tumbukan lenting sempurna, e = 1. Tumbukan tidak lenting sama sekali, e = 0.

• Soal dan penyelesaian tentang kekekalan momentum

a. Suatu inti radio aktif 3,8 .10-25 kg memancarkan partikel dengan massa 6,67.10-27 kg dengan kecepatan 1,5.107 m/det. Jika inti tersebut mula-mula diam, hitung kecepatan inti tersebut setelah partikel dipancarkan.

A. -2,68.105 m/det B. 2,68.105 m/det C. -2,63. 105 m/det D. -8,55.108 m/det E. 8,55.108 m/det

Jawab: A.

CARA PENYELESAIAN:

Massa inti+partikel = mI =3,8.10-25 kg Massa partikel = mp = 6,67. 10-27 kg. Kecepatan inti mula-mula = vI Kecepatan partikel = vp. Dimana, vI = vp = V = 0 Kecepatan partikel ketika terpancar = ′

pv Massa inti setelah partikel terpancar = pII mmm −=′

kg252725 10.73,310.67,610.8,3 −−−

=−=

Inti Inti sisa

partikel

Menurut hukum kekekalan momentum:

′+′′= ppIII vmvmVm ...

7272525 10.5,1.10.67,6.10.73,3)0.(10.8,3 −−− +′= Iv

2025 10.005,10.10.73,3 −− −=′Iv

det/10.68,2 5mvI −=′ (Tanda min menunjukkan arah kecepatan inti sisa berlawanan dengan arah kecepatan partikel yang terpancar.

Jadi inti sisa akan bergerak dengan kecepatan 2,68.105 m/det berlawanan arah dengan arah partikel terpancar.

b. Sebuah bola dilepaskan pada ketinggian 20 m, setelah menumbuk lantai, bola memantul kembali ke atas dengan kecepatan 10 m/det. Berapa ketinggian bola memantul setelah pantulan ke-10 ?

A.

10)2(

10 m

B. 10)2(

20 m

C. 10)4(

10 m

D. 10)4(

20 m

E. 10)2(

5 m Jawab: D.

CARA PENYELESAIAN:

Diketahui dari soal : h1=20 m, 1V ′=10 m/det.

( )n

n

n

n

V

V

h

he

′−=′

= dimana: e = koefisien restitusi tumbukan.

nV ′ = kecepatan bola sesaat setelah tumbukan ke-n dengan lantai.

nV = kecepatan bola sesaat sebelum

tumbukan ke-n dengan lantai. hn = ketinggian bola sebelum tumbukan

ke-n.

nh′ = ketinggian bola sesudah tumbukan ke-n

Keterangan gambar: Kejadian sesungguhnya lintasan pantulan bola berimpitan.

h1=20 m

h1’ (=h2)

h10’ =? dst… h2’ (=h3)

Untuk mencari kecepatan mula-mula sebelum pantulan ke- 1 (V1) digunakan rumus gerak jatuh bebas : 2.10.202.g.h11 ==v = 20 m/det. Untuk mencari tinggi bola memantul setelah pantulan ke- 1 (h1‘), dihitung berdasarkan koefisien restitusi tumbukan/ pantulan

n

n

h

h

h

h

hg

hg

v

ve

''

..2

'..2

1

1

1

1

1

1===

−= ……………………………. persamaan ( i )

Jadi,

2

1

det/)20(

det/10'

1

1

1

1=

−

−=

−==

m

m

v

ve

h

h ………………………(ambil kecepatan yang arahnya ke bawah

diberi tanda - )

( ) mhhh

h

h

h520.

4

1.

4

1'

4

1

2

1'

2

1'11

2

1

1

1

1 ===⇔=

=⇔=⇔

Untuk mencari tinggi bola setelah memantul yang ke-2 kalinya ( '2h ):

mhhhh

hh

4

55.

4

1'.

4

1.

4

1'

4

1'' 122

2

22 ====⇔==

(ingat : 910433221 ';....';';' hhhhhhhh ==== )

Selanjutnya, Hingga,

'4

1).(

4

1' 91010 hhh == Dengan asumsi kita juga telah menghitung

'3h sampai '9h , kalau kita hitung akan di dapat ( ) mh1010

4

20'=

TRIK :

Kita ingin menghitung h10’ dari data soal yang ada yaitu h1. Dengan kata lain, =

1

10'

h

h k Untuk mendapat k kita cari polanya (rumusnya):

Misal untuk mencari tinggi bola setelah pantulan ke-3 ( h3’) :

1

1

2

2

3

3

1

3 '.

'.

''

h

h

h

h

h

h

h

h= Ingat : 3221 ',' hhhh ==

Karena, 2

1

1

2

2

3

3 '''e

h

h

h

h

h

h=== ingat

n

n

h

he

'=

Maka : ( )( )( ) ( )32222

1

3' eeeeh

h==

Keterangan gambar: Kejadian sesungguhnya lintasan pantulan bola berimpitan.

h1=20 m

h1’ (=h2)

h10’ =? dst… h2’ (=h3)

( ) 1

323 .' heh =

Kalau terjadi n pantulan, maka :

( ) →= 12 .' heh

n

n k yang kita cari tadi ( )ne2=

Untuk mencari tinggi bola setelah memantul 10 kali :

( ) ( ) mheh10

102

1

10210

4

2020.

2

1.' =

==





2 KESEIMBANGAN BENDA TEGAR DAN FLUIDA.


Kategori : Formal Mata Pelajaran : Fisika Kelas / Semester : X/ Penulis : Iwan Husdiantama Pengkaji Materi : Imam Prasaja Pengkaji Media : Yenny Husnaini Durasi : 24 menit Episode : 2

NO

STANDAR KOMPETENSI


(1) (2) (3) (4) (5) (6) 1

Menerapkan konsep dan prinsip mekanika klasik dan sistem kontinyu (benda tegar dan fluida) dalam penyelesaian masalah.

1. Menemukan hubungan

antara konsep torsi dan momentum sudut berdasarkan hukum Newton II serta penerapannya dalam masalah benda tegar

2. Menganalisis hukum-

hukum yang berhubungan dengan fluida statik dan dinamik dan dapat menerapkan konsep tersebut dalam kehidupan sehari-hari

Keseimbangan benda tegar dan Fluida. (Aplikasi hukum Newton pada sistem kontinyu pada kehidupan sehari-hari)

Setelah menyaksikan program ini pemirsa diharapkan dapat : 1. Menghitung lengan

gaya dan besarnya gaya yang terlibat pada keseimbangan benda tegar.

2. Menghitung tekanan dan gaya yang dialami benda di dalam fluida statik.

3. Mencari hubungan tekanan dengan kecepatan alir dan massa jenis fluida serta ketinggian tempat fluida dinamik.

1. Keseimbangan

benda tegar. 2. Hukum

Hidrostatik dan Archimedes

3. Hukum dan

persamaan Bernouli

URAIAN MATERI

PUSTAKA KETERANGAN

(7) (8) (9)

1. Keseimbangan benda tegar.

• Pengertian singkat dan rumus tentang keseimbangan benda tegar

Benda tegar : benda yang ukurannya tidak dapat diabaikan tetapi benda tidak berubah bentuk jika diberi gaya.

Momen gaya:

F.l=τ

Dimana: l adalah lengan momen yaitu panjang garis yang ditarik dari titik poros sampai memotong tegak lurus garis kerja gaya.

F

lp

l

Titik poros

Syarat benda tegar dalam keseimbangan:

0=∑ xF 0=∑ yF

Dan 0=∑τ

• Soal dan penyelesaian tentang keseimbangan benda tegar

a. Papan yang panjangnya 4 m dan massanya 25 kg diletakkan di atas penyanggah (lihat gambar). Seorang yang massanya 100 kg berdiri di atas papan 1,5 m dari ujung A. Berapa meterkah orang tersebut harus bergeser menjauhi ujung A agar ujung A tepat akan terangkat dari penyangganya?

A. 0,25 m B. 1,5 m C. 1,75 m D. 2,25 m E. 3,25 m Jawab: C.

1,5 m

A B

3 m Wp

CARA PENYELESAIAN: Pertama-tama, kita gambar dulu diagram gaya yang bekerja pada papan. Sesuai dengan pengalaman kita dengan papan keseimbangan, agar ujung A tepat akan terangkat, kita harus bergeser menjauhi ujung A dan melewati titik B hingga berada di sebelah kanan titik B. Agar papan seimbang atau ujung A tepat akan terangkat, ∑ = 0yF ………………………………..Syarat (i) dan ∑ = 0Bτ ………………………………..Syarat (ii)

Pilih poros dimana terdapat minimal satu gaya yang tidak diketahui yaitu titik B. Tetapkan momen gaya yang searah arah jarum jam diberi tanda plus (+), dan sebaliknya diberi tanda (-). Sehingga,

B A

3 m 4 m

1,5 m x1=1 m

Wp

?

021 =−ττ

⇔ 0.. 2211 =− FxFx Dimana: x1=x; x2=1 m; F1=Wo=mo.g=100.(10)=1000 N; F2=Wp=mp.g=25.(10)=250 N. ⇔ 0250).1(1000).( =−x ⇔ 250)(1000 =x ⇔ 25,0

4

1

1000

250===x m.

Jadi agar ujung A tepat akan terangkat, orang harus bergeser sejauh (1,5 + 0,25) m = 1,75 m menjauhi ujung A. Jawabnya: C. TRIK PENYELESAIAN CEPAT:

Pada papan keseimbangan dan hanya terlibat 2 gaya pada ujung-ujungnya, perbandingan gaya-gaya dapat kita cari dari perbandingan jarak gaya dari titik acuan (poros), atau sebaliknya. Begini caranya! Dengan cara perbandingan terbalik (lihat gambar di bawah ini):

RB

0

Wp Wo

x1=1

x2=?

2

1

1

2

F

F

x

x= ……………………………………………………Persamaan (i)

⇔

o

p

o

p

m

m

gm

gm

F

F

x

x===

.

.

2

1

1

2 ⇔

o

p

m

m

x

x=

1

2 ………………………………………………Persamaan (ii) Persamaan (i) dipakai jika berat papan dan orang diketahui. Sedangkan persamaan (ii) dipakai jika massa papan dan orang yang diketahui.

⇔ 25,0

4

1)1.(

100

25).( 12 ==== x

m

mx

o

p m. Jarak 0,25 m tersebut diukur dari titik B, kalau dari posisi mula-mula, orang bergeser sejauh (1,5 + 0,25) sama dengan 1,75 m.

b. Sebuah tangga homogen yang beratnya 15 N bersandar pada dinding yang licin dan ujung yang lain di lantai yang kasar seperti yang terlihat pada gambar. Besarnya gaya yang dilakukan lantai pada tangga adalah?

A. 10 13 N B. 5 13 N C. 15 N D. 15 13 N E. 15 3 N

Jawab: B.

CARA PENYELESAIAN: Tangga dalam keseimbangan, pilih A sebagai poros sehingga: ∑ = 0Aτ ⇔ 0).().().( 1 =−+ Bgp NACfADWAP

θ= 37o B

A

NB

fg

NB

NA

Wp fg

A

B

C

D

P

P1

θ

θ Keterangan: AB = L = panjang tangga. θ = 37o.

Dimana: ) 5

4 ½.(L).( = 37 ½.(L).cos=AP o

1

) 5

3(L).(37(L).sin AD o==

) 5

4(L).(37 (L).cos AC o==

Bs.N µ=gf

⇔ 0).5

4).(().

5

3).((.)

5

4 ½.(L).( =−+ Bgp NLfLW

⇔ 0).4(.N).3(.) 2 ( Bs =−+ Bp NW µ …………………….(*) Keseimbangan translasi arah sumbu y: ∑ = 0yF ⇔ 0=+− Bp NW ⇔ pB WN = ………………………………………………...(**) Substitusikan pB WN = dari (**) ke (*) didapat µs :

0).4(.).3(.) 2 ( s =−+ ppp WWW µ ⇔ 0).4(.).3() 2 ( s =−+ µ ⇔ 224.).3( s =−=µ

⇔3

2s =µ ………………………………………………...(***)

Setelah µs didapat, cari fg :

10)15.(3

2.W.N psBs =

=== µµgf N.

Jika gf dan BN sudah didapat, gaya lantai dapat dicari dengan rumus phytagoras :

( ) 3252251001510 2222 =+=+=+= Bglantai NfF

13513.25325 === N.

TRIK PENYELESAIAN CEPAT: Gunakan rumus:

θµtan.2

1=s ………………………….(*)

NB Flantai

fg

( ) pslantai WF .12 += µ ………………….(**)

Ingat: Rumus ini tidak berlaku jika dinding kasar, tangga tidak

homogen, atau tangga diberi beban. Jika kita masukkan besar sudut θ = 37o ke persamaan (*), kemudian harga µs dimasukkan ke persamaan (**), dimana berat tangga (Wp) = 15 N, maka didapat:

3

2

)4

3.(2

1

)37tan(.2

1===

osµ

Ingat, perbandingan sisi-sisi segitiga istimewa di bawah ini: dan,

13)15.(3

115.1

9

415.1

3

22

=

+=

+

=lantaiF

135=lantaiF N.

Cepat bukan? Tapi ingat rumus ini tidak berlaku jika dinding kasar,

53o

37o

5 3

4

tangga tidak homogen, atau tangga diberi beban.Dan, saat memasukkan harga tan θ, biarkan dalam bentuk pecahan.

2. Hukum Hidrostatik dan Archimedes

• Pengertian singkat dan rumus tentang hukum hidrostatik dan Archimedes

Hukum Hidrostatik:

Tekanan: gaya yang bekerja tegak lurus pada suatu bidang per

satuan luas bidang tersebut.

A

Fp =

Tekanan hidrostatik ( p ): tekanan zat cair/fluida yang hanya

disebabkan oleh berat zat cair/fluida tersebut.

hgp ..ρ= Hukum pokok hidrostatik : semua titik yang terletak pada

bidang datar di dalam satu jenis zat cair, memiliki tekanan yang sama.

Satuan tekanan: 1 Pa = 1 N/m2

1 atm = 76 cm Hg = 1,01 x 105 Pa 1 bar = 105 Pa.

Hukum Archimedes: Suatu benda yang tercelup ke dalam fluida mengalami gaya ke

atas sebesar berat fluida yang dipindahkan oleh benda tersebut.

WWFa′−= = gV ffρ

• Soal dan penyelesaian tentang hukum hidrostatik dan Archimedes

a. Tekanan terukur setiap ban mobil 200 kPa. Jika setiap ban memiliki

luas jejak 25 cm2, diperkirakan massa mobil adalah…(g=10 m/det2).

A. 150 kg B. 200 kg C. 250 kg D. 275 kg E. 300 kg

Jawab : B.

CARA PENYELESAIAN: Dari soal:

Ajejak = luas jejak ban mobil = 25 cm2 = 25 x 10-4 m2. P =tekanan ban mobil = 200 kPa = 200 x 103 N/m2. g= 10 m/det2.

Tekanan yang terukur pada masing-masing ban mobil, disebabkan oleh berat mobil yang terdistribusi pada keempat ban yang luas total jejaknya seluas 4 x 25 cm2 (Dalam soal ini, kita asumsikan mobil mempunyai empat roda yang sama). Dengan kata lain:

TotalA

FP = ⇔

jejak

mobil

Total

mobil

A

gm

A

WP

.4

.==

⇔ ( )

10

10.200).10.25.(4).).(4( 34−

==g

PAm jejak

mobil ( )35 10.).10).(200).(25.(4 −

=

224 10.210.10.2 ==−

mobilm kg.

b. Pada gambar ditunjukkan alat untuk menentukan tekanan udara luar yang dilakukan Torricelli. Dengan mengisi dengan air raksa (Hg) ternyata didapat tinggi air raksa adalah 76 cm Hg. Jika Torricelli melakukan percobaan menggunakan air, berapakah tinggi air di dalam tabung tersebut?Diketahui massa jenis air raksa adalah 13,6 g/cm3 dan g=10 m/det2.

A. 881,6 cm B. 957,6 cm C. 1033,6 cm D. 1109,6 cm E. 5,59 cm

Jawab: C.

CARA PENYELESAIAN: Dari soal: ρraksa = 13,6 g/cm3 = 13,6.103 kg/m3. g = 10 m/det2. h1 = 76 cm = 76.10-2 m.

Berdasarkan hukum pokok hidrostatik : “semua titik yang terletak pada bidang datar di dalam satu jenis zat cair, memiliki tekanan yang sama.” Dari gambar (a) dan (b): Tekanan di titik A sama dengan tekanan di titik B.

Ruang hampa

h2 Ruang hampa

h1=76cm

Gambar (a). Air raksa Gambar (b). Air

A B

C D

BA PP =

dimana : PB merupakan tekanan udara (Pu) yang besarnya sama

dengan tekanan hidrostatik air raksa setinggi 76 cm.

Atau,

)_(........................................................................ 1 iPersamaanhgP raksau ρ=

10336010.76.10.10.6,13 23==

− N/m2.

Jika digunakan air untuk mengisi tabung Torricellinya (gambar (b)):

)_(....................................................... 2 iiPersamaanhgPPP airDCU ρ=== ⇔ 2

42

32 .10.10.10..103360 hhhgair === ρ

⇔ 103360.10 2

4=h

⇔ 336,10

10

10336042 ==h m = 1033,6 cm.

Jadi tinggi air pada tabung jika digunakan untuk mengukur tekanan udara adalah sebesar 1033,6 cm. TRIK PENYELESAIAN CEPAT: Kalau kita teliti melihat persamaan (i) dan (ii), besar tan.. konshg =ρ = tekanan udara (Pu). Dengan kata lain,

ρ ~ h

1 atau h ~ ρ1

Sehingga, h1 : h2 = ρ2 : ρ1 atau

2

1

1

2

ρρ=

h

h Jika h1= 76 cm, ρ1 = massa jenis air raksa = 13,6 g/cm3 , dan ρ2 = massa jenis air = 1 g/cm3 maka:

6,103376.1

6,13. 1

2

12 === hh

ρρ cm.

Jadi pada cara kedua ini, kita tidak perlu merubah satuan ρ dan h-nya, karena akan dicoret pada saat perhitungan. Sehingga cara kedua lebih gampang bukan?..he..he..he.

c. Seorang ahli eksplorasi menemukan batu yang massanya 10,2 kg. Jika

ditimbang dengan mencelupkan seluruh bagian batu di dalam air massanya seolah-olah menjadi 8,2 kg. Berapa massa jenis batuan tersebut?

A. 4,1 kg/m3 B. 3,1 kg/m3 C. 5,1 kg/m3 D. 2,1 kg/m3 E. 1,1 kg/m3

Jawab: C.

W’ W

CARA PENYELESAIAN: Dari soal:

m = massa batu ketika ditimbang di udara = 10,2 kg m’ = massa semu batu ketika ditimbang di air = 8,2 kg ρair = massa jenis air = 1 g/ cm3 = 103 kg/m3. Ketika batu ditimbang di air, batu mendapat gaya ke atas (gaya Archimedes) sebesar selisih berat jika ditimbang di udara dengan berat semu ketika ditimbang di air, yang juga besarnya sama dengan berat air yang dipindahkan:

airaira VgWWF ..ρ=′−= dalam hal ini, batuair VV = sehingga,

gVWW batuair ..ρ=′− …………………………………..(*) ⇔ gmmWWVg batuair ).(.. ′−=′−=ρ ⇔ gmmVg batuair /′−=/ ).(..ρ ⇔ 3

310.2

10

2,82,10)(−=−=′−=

airbatu

mmV

ρ m3.

Untuk mencari massa jenis batu ρbatu , ingat bahwa gVgmW ... ρ==

gVgmW batubatu ... ρ== …………………………………….(**) ⇔ gmgVbatubatu /=/ ...ρ ⇔ 3

310.1,5

10.2

2,10===

−

batubatu V

mρ kg/m3

TRIK PENYELESAIAN CEPAT: Perhatikan langkah di atas! Jika persamaan (**) kita bagi dengan persamaan (*), maka akan didapat perbandingan:

gV

gV

WW

W

batuair

batubatu

////=′− ..

..

ρρ

⇔ .

air

batu

WW

W

ρρ=

′−………………………………………………….…….(***)

dimana: W = berat batu sesungguhnya.

W’ = berat semu batu.

⇔ airbatu WW

W ρρ′−

= ⇔ ( ) airbatu gmm

gm ρρ ..

.

/′−/=

⇔ .airbatu mm

m ρρ′−

= …………………………………………………….(****)

dimana: m = massa batu sesungguhnya. m’ = massa semu batu.

Jika di ketahui berat batu (W) dan berat semu batu (W’), maka gunakan persamaan (***). Dan jika diketahui massa batu (m) dan massa semu batu (m’), maka gunakan persamaan (****). Sehingga,

( ) 1,52

2,10)1.(

2,82,10

2,10 ==−

=′−

= airbatu mm

m ρρ g/cm3 = 5,1.103 kg/m3. 3. Hukum dan persamaan Bernouli

• Pengertian singkat dan rumus tentang hukum dan persamaan Bernouli:

Dianggap fluidanya adalah fluida ideal yaitu fuida yang tak termampatkan, tak kental dan memiliki aliran tunak (kecepatan alir di suatu titik adalah konstan terhadapa waktu).

Persamaan kontinuitas:

Q1 = Q2

2211 .. υυ AA =

Azas Bernouli:

Pada fluida dinamik yang mengalir di dalam pipa horizontal, tekanan yang paling kecil adalah pada bagian yang kelajuannya paling besar, dan tekanan yang paling besar adalah pada bagian yang kelajuannya paling kecil.

Persamaan Bernouli:

2

222

121

212

11 ghpghp ρρυρρυ ++=++

tetapghp =++ ρρυ 2

21

• Soal dan penyelesaian tentang hukum dan persamaan Bernouli:

a. Air mengalir melewati pipa venturimeter tanpa manometer. Perbedaan

tinggi cairan pada kedua tabung sebesar 15 cm (lihat gambar). Jika diameter Φ1 dan Φ2 masing-masing 2,4 cm dan 1,2 cm, maka kecepatan (v) air yang memasuki pipa venturimeter adalah…

A. 5

3 m/detik B. 5

5 m/detik C. 3

3 m/detik D. 4

3 m/detik E. 3 m/detik

Jawab: B.

CARA PENYELESAIAN: Dari soal: ∆h = selisih ketinggian cairan di tabung 1 dan 2 = 15 cm = 15.10-2 m.

A1

v Φ1 Φ2

15 cm

A2 v2

Φ1 = diameter pipa 1 = 2,4 cm = 2,4.10-2 m. Φ2 = diameter pipa 2 = 1,2 cm = 1,2.10-2 m.

Zat cair yang akan diukur kelajuannya mengalir pada titik-titik yang tidak memiliki perbedaan ketinggian (h1=h2).

Sehingga persamaan Bernouli-nya menjadi:

2

221

22

121

1 ρυρυ +=+ pp ⇔ )( 2

12

221

21 υυρ −+=− pp ……………………………………(i) Dari persamaan kontinuitas diperoleh:

1122 .. AvAv =

⇔ 1

2

12 .v

A

Av = ……………….……………………………………(ii)

Masukkan nilai v2 dari (ii) ke dalam (i), maka akan diperoleh:

−

=− 1

2

2

1212

121 A

App ρυ

Dari gambar venturimeter di atas, terlihat bahwa selisih ketinggian vertikal zat cair dalam tabung 1 dan tabung 2 adalah ∆h = 15 cm = 15.10-2 m. Dengan demikian,

hgA

App ∆=

−

=− ..1

2

2

1212

121 ρρυ

⇔ hgA

A ∆/=

−

/ ..1

2

2

1212

1 ρυρ

⇔

−

∆=1

..22

2

1

1

A

A

hgv ……………………….…………………(iii)

Karena,

2

2

1

2

2

1

2

1

=

= φ

φR

R

A

A ingat: ( ) 22

212 ..

4

1... φπφππ === RA

Jika diketahui perbandingan

2

1

R

R , maka, persamaan (iii) menjadi:

−

∆=1

..24

2

1

1

R

R

hgυ …………………………………………..…(iv)

Sedangkan jika yang diketahui perbandingan 2

1

φφ , maka persamaan (iii)

menjadi:

−

∆=1

..24

2

1

1

φφ

υ hg …………………………………………..…(v)

Karena dari soal yang diketahui adalah perbandingan 2

1

φφ , maka

kecepatan air yang masuk ke venturimeter (v1) dihitung dengan persamaan (v) dan ingat, tidak usah pusing dengan satuan pada perbandingan luas (A), jari-jari (R) atau diameter pipa (φ).

( ) 5

1

5

1

15

3

12

3

12,1

4,2

10.15.10.2

1

..244

2

4

2

1

1 ===−=

−

=

−

∆=−

φφ

υ hg

⇔

5

5

5

11 ==υ m/det.

Jadi kecepatan air yang masuk ke venturimeter adalah

5

5 m/det. TIPS MENJAWAB SOAL: Tips agar kita bisa menjawab dengan cepat soal-soal penerapan azas Bernouli:

(i). Hapal PERSAMAAN BERNOULI dan PERSAMAAN KONTINUITAS. (ii). Tentukan kondisi titik-titik yang kita tinjau.

Apakah h1=h2 atau tidak? Berapa besar p1 dibanding p2? Bagaimana hubungan p1 dengan

p2? Berapa besar v1 dibanding v2? Jika salah satunya atau kedua-

duanya ≠ 0 (nol), cari hubungan v1 dan v2 menggunakan persamaan kontinuitas.

(iii). Hapalkan rumus yang telah diturunkan untuk kasus-kasus berikut

ini:

Kasus mencari kecepatan alir fluida yang keluar (v2) dari lubang TANGKI yang letaknya ∆h lebih rendah dari permukaan air ditangki dimana atas tangki terbuka:

hgv ∆= ..22 dimana, 01 ≈v dan 21 pp =

Kasus mencari kecepatan alir fluida yang masuk (v1) pada

VENTURIMETER: tanpa manometer atau memakai manometer.

(i). Tanpa manometer:

−

∆=1

..22

2

1

1

A

A

hgv

Ingat: Jangan lupa hubungan 2

2

1

2

2

1

2

1

=

= φ

φR

R

A

A

(ii). Dengan manometer:

( )ρρρ −′

−

∆= .

1

..22

2

1

1

A

A

hgv

dimana: ρ ′ adalah massa jenis air raksa = 13,6 g/cm3 dan ρ

adalah massa jenis fluida yang dicari kecepatan alirnya.

Kasus mencari kecepatan alir fluida (v1) dengan TABUNG/PIPA

PITOT:

′∆=ρρ

...21 hgv Dimana, 02 ≈v dan 2

121

12 .... vhgpp ρρ =∆′=−

Kasus mencari gaya angkat PESAWAT TERBANG (F):

( )AvvF .. 21

222

.1 −= ρ dimana, 21 hh ≈ dan A adalah luas sayap pesawat.





3 PERSAMAAN UMUM GAS IDEAL & TEORI KINETIK GAS


Kategori : Formal Mata Pelajaran : Fisika Kelas / Semester : XII/ Penulis : Iwan Husdiantama Pengkaji Materi : Imam Prasaja Pengkaji Media : Yenny Husnaini Durasi : 24 menit Episode : 3

NO

STANDAR KOMPETENSI


(1) (2) (3) (4) (5) (6) 2

Menerapkan konsep dan prinsip kalor, konservasi energi, dan sumber energi dengan berbagai perubahannya dalam mesin kalor.

Menganalisis persamaan gas ideal, menurunkan rumusan energi kinetik rata-rata tiap partikel, serta menurunkan prinsip ekuipartisi energi.

Persamaan Umum Gas Ideal & Teori Kinetik Gas.

Setelah menyaksikan program ini pemirsa diharapkan dapat :

1. Menghitung tekanan udara luar berdasarkan hukum Boyle dan hukum pokok hidrostatik.

2. Menerapkan

persamaan umum gas ideal pada berbagai kondisi P dan T.

3. Mencari hubungan

tekanan gas berdasarkan laju perubahan momentum molekul

1. Hukum Boyle-Gay

Lussac 2. Persamaan umum

gas ideal 3. Tekanan gas ideal

berdasarkan teori kinetik gas.

gas. 4. Mencari hubungan

kelajuan gas ideal dengan tekanan gas.

5. Mencari kelajuan efektif gas ideal dengan suhu.

4. Rata-rata kuadrat

Kelajuan gas ideal. 5. Kelajuan efektif gas

ideal.

URAIAN MATERI

PUSTAKA KETERANGAN

(7) (8) (9)

1. Hukum Boyle-Gay Lussac

• Penjelasan singkat dan rumus hukum Boyle-Gaylussac

Hk. Boyle : 221 .. VpVp = Hk. Charles-Gay Lussac :

2

2

1

1

T

V

T

V=

Hk. Boyle-Gay Lussac :

2

22

1

1 ..

T

Vp

T

Vp=

Hukum Boyle-Gaylussac digunakan pada soal gas ideal dalam BEJANA TERTUTUP / massa atau mol gas tidak diketahui.

• SOAL DAN PENYELESAIAN: tentang hukum Boyle-Gaylussac:

a. Seorang fisikawan ingin mengukur tekanan udara luar dengan menerapkan hukum Boyle menggunakan alat seperti pada gambar. Ia mendapatkan bahwa ketika h=50 mm, V=18 cm3 dan ketika h=150 mm, V=16 cm3. Berapa tekanan udara luar yang didapat dari percobaan tersebut? (dinyatakan dalam mm Hg).Diketahui: ρraksa=13,6 g/cm3 dan g=10 m/det2.

A. 100 mm Hg. B. 680 mm Hg. C. 750 mm Hg. D. 950 mm Hg. E. 1150 mm Hg.

Jawab: C.

- Teori dan Soal-soal Fisika,

Seri Buku Schaum, Frederick J Bueche, Ph. D, Penerbit Erlangga, 1999



CARA PENYELESAIAN: Dari soal diketahui: V1 = 18 cm3. V2 = 16 cm3. h1 = 50 mm = 5.10-2 m. h2 =150 mm = 15.10-2 m. ρraksa=13,6 g/cm3 = 13,6.103 kg/m3. g=10 m/det2. Menurut hukum Boyle:

22,11, .. VPVP AA = ⇔

1

2

2,

1,

V

V

P

P

A

A= …………………………………………....Persamaan (i)

Menurut hukum pokok hidrostatik dari pengukuran ke-1 dan ke-2

h V

A B

pada percobaan di atas, didapat:

11,1, .. hgPPPP uBhuA ρ+=+= ………………………………………..Persamaan (ii) dan

22,2, .. hgPPPP uBhuA ρ+=+= ………………………………..…….Persamaan (iii) Jika persamaan (i) dibagi dengan persamaan (ii), didapat persamaan:

2

1

2,

1,

..

..

hgP

hgP

P

P

u

u

A

A

ρρ+

+=

Dari persamaan (i) masukkan harga perbandingan PA,1 dan PA,2, maka:

1

2

2

1

..

..

V

V

hgP

hgP

u

u =+

+

ρρ

……………………………..…..Persamaan (iv)

⇔ 9

8

18

16

..

..

2

1 ==+

+

hgP

hgP

u

u

ρρ

⇔ ( ) ( )23-23 10.15.10. 13,6.108 5.10.10. 13,6.109 −+=+ uu PP ⇔ 136).4501200(.8.9 −=− uu PP ⇔ 102000136.750 ==uP N/m2.

75,010.10.6,13

1020003==

m Hg = 750 mm Hg.

TRIK SOLUSI CEPAT: Dari langkah penyelesaian di atas, bisa kita ringkas: Bila pembilang dan penyebut ruas kiri persamaan (iv) masing-masing kita bagi dengan ρ.g, maka didapat: ( )( ) 9

8

.

1..

.

1..

1

2

2

1

==

+

+V

V

gxhgP

gxhgP

u

u

ρρ

ρρ

⇔9

8

.

.

2

1

=+

+

hg

P

hg

P

u

u

ρ

ρ

⇔

+

=

+

21 .8

..9 h

g

Ph

g

P uu

ρρ……………………..Persamaan (v)

Untuk menyelesaikan persamaan (v) di atas, harus diingat bahwa harga

g

Pu

.ρ merupakan harga tekanan udara dalam satuan mm Hg

dimana saat memasukkan harga h1 dan h2, tidak perlu mengubah satuannya menjadi meter tetapi biarkan dalam satuan millimeter. Sehingga:

( ) ( ) 7504501200)50.(9)150.(8.9.8.

.8.

.9 12 =−=−=−=

−

hh

g

P

g

P uu

ρρ

⇔ 750

.=

g

Pu

ρ mm Hg.

Jadi tekanan udara dalam satuan mm Hg adalah 750 mm Hg. Mudah sekaleeeeeeeee bukan?

2. Persamaan umum gas ideal :

• Penjelasan singkat dan persamaan umum gas ideal :

Jika hanya satu besaran yang tidak diketahui (semua besaran lainnya diketahui), maka dapat langsung digunakan persamaan

2

22

1

11 ..

T

VP

T

VP=

Sedangkan selain itu gunakan persamaan umum gas ideal:

n.R.T P.V = dimana: n = m/Mr R = 8314 J kmol-1 K-1

= 0,082 L atm mol-1 K-1.

Bentuk lain:

N.k.T V . P = dimana: k = R/NA , N = n . NA

NA = 6,022 x 1026 molekul/kmol (bilangan Avogadro)

Bila dinyatakan istilah keadaan standar, yang kadang-kadang disebut keadaan normal atau keadaan STP , itu artinya : P = 1 atm dan T = 273 K.

• SOAL DAN PENYELESAIAN : persamaan umum gas ideal

a. Rapat massa suatu gas ideal pada suhu T dan tekanan P adalah ρ. Jika tekanan gas naik 50% dari semula dan suhu turun menjadi 0,3T maka rapat massa gas dalam keadaan terakhir ini naik berapa % dari semula ?

A. 167% B. 40 % C. 400% D. 60% E. 67%. CARA PENYELESAIAN: Persamaan umum gas ideal:

n.R.T P.V = dimana: n = m/Mr

Sehingga,

.R.T

Mr

m P.V

= ⇔

R.T

Mr P.

V

m =

ingat:

=V

mρ ⇔

R.T

Mr P. =ρ

Dengan demikian, ρ ∞

T

P

Dari soal diketahui: P1 = P P2 = P + 50%P T1 = T T2 = 0,3T ρ1 = ρ ρ2 = ρ’

=′=

2

1

1

2

1

2 . T

T

P

P

ρρ

ρρ ⇔ 5

3,0

5,1

.3,0.

.5,1 ==

=′

T

T

P

P

ρρ

⇔ ρρ .5 =′ ⇔ ( )

%400%100.5

%100. 1

12 =−=−=∆ρ

ρρρ

ρρρρ

⇔ ρρρρ %.400%100).5( =−=∆ Atau, dengan kata lain: rapat massa gas naik 400% dari semula TRIK SOLUSI CEPAT: Jika kita mempunyai hubungan seperti berikut ini : ρ ∞

T

P

% kenaikan/penurunan ρ dari semula dapat kita rumuskan sebagai berikut:

( )%100.1

(%)1

(%)1(%) 1x

T

P ρρ

−∆±∆±=∆

Keterangan: Tanda + dipilih jika terjadi kenaikan dan tanda – jika terjadi penurunan. Dengan demikian pada soal di atas:

P∆ → + dan %50(%) =∆P

T∆ → - dan %70%100)3,01((%) =−=∆ xT

sehingga, ( )

11 %.400%100.1%)701(

%501(%) ρρρ =

−−

+=∆ x atau 4 kali dari mula-mula.

3. Tekanan gas dalam ruang tertutup

• Hubungan tekanan gas dalam ruang tertutup dengan energi kinetik rata-rata gas

Tekanan gas adalah laju perubahan momentum molekul gas dibagi luas daerah yang ditumbuknya.

Rumus untuk tekanan gas dalam ruang tertutup menjadi:

==V

Nvm

A

FP o

2.3

1 dimana:

∆∆=

t

pF

Rumus hubungan tekanan gas dan energi kinetik rata-rata gas:

=V

NEP k ..

3

2

SOAL DAN PENYELESAIAN: Tekanan gas dalam ruang tertutup

a. Seberkas molekul-molekul hidrogen, tiap molekul memiliki massa (mo) 3,3 x 10-27 kg dan sedang bergerak pada 1,6 km s-1 menabrak sebuah dinding pada sudut θ = π/3 rad terhadap normalnya. Jika 2,0 x 1020 molekul s-1 (N )

datang pada dinding seluas 1,2 x 10-4 m2, hitung gaya normal rata-rata dan tekanan yang dikerjakan pada dinding jika semua molekul dipantulkan sempurna!

A. 2,1 x 10-3 N; 17,6 Pa. B. 1,1 x 10-3 N; 8,8 Pa. C. 2,1 x 10-4 N; 17,6.10-1 Pa. D. 1,1 x 10-4 N; 8,8.10-1 Pa. E. 0 N; 0 Pa.

Jawab : B. CARA PENYELESAIAN: Dari definisi, gaya adalah laju perubahan momentum molekul sehubungan dengan tumbukan dengan dinding,

θ

-V cos (/3)

-V sin (/3)

∧

n

V

t

pF

∆∆=

( )⊥−′=∆ vvmp Tot .

Karena,

θcos.vv −=⊥ (arah ke bawah dan ke kiri, v diberi tanda minus)

θcos.vvv =−=′ ⊥ Ingat: jika benda bertumbukan lenting sempurna seperti kasus di atas, kecepatan benda setelah tumbukan, kelajuannya sama dengan kelajuan sebelum tumbukan tetapi arahnya berlawanan dengan kecepatan sebelumnya.

Maka,

θθθ cos..2))cos.(cos..( vmvvmt

pTotTot =−−=

∆∆

Dari soal dapat diketahui: mTot = N .mo = massa semua molekul yang menumbuk dinding per detik = 3,3 x 10-27 x 2 x 1020 kg/det. = 6,6 x 10-7 kg/det.

6,1=v km/det 310.6,1= m/det. θ = π/3 = 180/3 = 60 o. A = luas dinding yang ditumbuk seberkas molekul gas = 1,2.10-4 m2.

Sehingga,

)

2

1).(10.6,1).(10.6,6.(2)60cos(...2 37−

⊥ ==o

Tot vmF

3337 10.1,110.056,1)2

1).(10.6,1).(10.6,6.(2 −−− ≈=

//= N.

Untuk mencari tekanan gas, ingat: A

FP ⊥=

.8,8

10.2,1

10.056,14

3

=== −

−⊥

A

FP N/m2. Jadi didapat gaya normal rata-rata ( ⊥F ) seberkas molekul gas pada dinding adalah ± 1,1 x 10-3 N dan tekanan yang dikerjakan pada dinding sebesar 8,8 N/m2. TRIK SOLUSI CEPAT: Untuk menghitung gaya normal rata-rata ( ⊥F ) dan tekanan gas (P) yang diketahui sudut tumbukan molekul gas (θ) terhadap garis normal, kecepatan dan massa total molekul gas yang menumbuk dinding per detik (mTot) dimana dinding yang ditumbuknya mempunyai luas A, dapat dihitung dengan cara: (i). Gaya normal rata-rata :

θcos...2 vmF Tot=⊥ , dimana : mTot = N .mo dan jika seberkas molekul menumbuk tegak lurus dinding,

1cos0 =⇒= θθ o . Selain itu, 1cos0 ≤< θ . (ii). Tekanan gas:

A

vmP Tot θcos...2=

Jika kita masukkan harga-harga yang sudah diketahui dari soal, pasti hasilnya sama dengan perhitungan yang telah kita kerjakan tadi. Gampangkan?

4. Hubungan Kelajuan Gas Ideal dengan Tekanan gas

=V

NvmP o

2.3

1 dimana: N

vN

N

vNv ii

i

ii ∑∑∑

==).().( 22

2 Maka, P ∞ 2v

SOAL DAN PENYELESAIAN

a. Tekanan gas dalam tangki biogas tertutup turun 25% dari semula. Berapa %

penurunan kelajuan gas dalam tangki tersebut dari semula, dengan anggapan biogas seluruhnya terdiri dari gas metana (CH4) yang bersifat seperti gas ideal?

A. 25 % B. 50 % C. 57,4% D. 75 % E. 133%.

Jawab: B.

CARA PENYELESAIAN: Diketahui dari rumus: P berbanding lurus dengan 2v

atau, P ∞ 2v

Maka,

22

21

2

1

v

v

P

P=

Dimana: =1P tekanan gas mula-mula.

P1 P2

1v 2v

=2P tekanan gas setelah turun. =

21v rata-rata kecepatan kuadrat ketika 1PP = =

22v rata-rata kecepatan kuadrat ketika 2PP =

Dari soal:

112 75%.P%)251( =−= PP . Sehingga,

75%.P 2

1

22

1

2 =

=

v

vP

⇔ 75%.

21

22 =

v

v

⇔ ( )2

122 75%. vv =

Atau, ( ) 2

121

21

22

21 %2575%.- vvvvv ==− ⇔ 2

12 %25 vv =∆

⇔ ( ) ( )11

21 .5,0.%25%25 vvvv ===∆

Jadi kelajuan gas ideal turun 50% dari semula.

TRIK SOLUSI CEPAT:

Sehingga, soal di atas bisa kita selesaikan dengan cara: Karena P turun 25% dari semula, maka 2v akan turun 25% dari semula juga. Dengan demikian kelajuan gas, v akan turun %25 dari semula atau 50% dari semula. Jadi v akan turun 50% dari semula atau penurunannya )( v∆ 50% dari semula.

5. Kelajuan efektif gas ideal ( rmsv )

Akar dari rata-rata kuadrat kelajuan, 2v :

Ingat ya:

Misalnya kita punya hubungan: X ~ Yn → jika X turun/naik a% dari semula, maka Yn juga turun/naik a% dari semula. Dengan kata lain, jika X turun/naik a% dari semula, maka Y turun/naik n a% dari semula atau ∆Y = n a% .

Sedangkan jika soalnya: Y naik / turun menjadi masing-masing ( 1 + a)% dan ( 1 - a)% misalnya naik menjadi 1,3 dari semula atau turun menjadi 0,7 dari semula, itu artinya Y naik/turun a% dari semula atau n X naik/turun a% dari semula. Dengan demikian X akan naik/turun ( )na% dari semula.

N

vN

N

vNv ii

i

ii ∑∑∑

==).().( 22

2

Maka didefinisikan kelajuan efektif gas, rmsv sebagai akar dari rata-rata kuadrat kelajuan, 2v :

orms m

kTvv

32== (Persamaan Dasar) ………………………( i )

rrms M

RTv

3= ………………………………….…………………….. ( ii )

ρp

vrms

.3= ………………………………….…………………..(iii )

SOAL DAN PENYELESAIAN:

Jika suhu gas ideal dalam ruangan tertutup dinaikkan menjadi 4 kali suhu semula, maka kecepatan gerak partikel-partikelnya menjadi …kali semula.

A. ¼ B. ½ C. 2 D. 4 E. 16

Jawab: C CARA PENYELESAIAN :

orms m

kTv

3=

⇒ rmsv ∞ T

⇔ 2

4

1

1

1

2

rms,1

rms,2===

T

T

T

T

v

v

⇔ 1,2, .2 rmsrms vv =

TIPS MENGHINDARI KESALAHAN MENGHITUNG KELAJUAN EFEKTIF GAS IDEAL: Saat menggunakan rumus

ρp

vrms

.3= , kita sering melakukan kesalahan.

Rumus ini pada dasarnya diturunkan dari hubungan antara kelajuan efektif gas dengan temperatur dan massa satu molekul atau atom gas. Sehingga ketika temperatur tidak berubah, sedangkan tekanan berubah, hal ini tidak serta merta menyebabkan perubahan pada kelajuan gas/kelajuan efektif gas. Disinilah letak kesalahan yang sering dilakukan siswa. Perhatian soal berikut: Sebuah tangki bekas biogas dengan volume V, diisi dengan gas ideal dengan tekanan 2 atm. Jika ke dalam tangki tersebut dipompa gas sejenis, sehingga tekanannya menjadi 4 atm sedangkan suhu dibuat tetap, tentukan laju efektif gas ideal tersebut! Nyatakan dalam kenaikan kelajuan dalam persen kelajuan semula, jika memang terjadi perubahan rmsv . Jawab: rmsv tidak mengalami perubahan. Penjelasan:

Jika kita hanya memperhatikan rumus yang mengkaitkan rmsv dengan tekanan gas, kita akan menjawab rmsv -nya akan menjadi 2 kali mula-mula. Ternyata perhitungan kita salah. Karena, untuk suatu gas tertentu, R dan Mr tetap (ingat rumus:

rrms M

RTv

3= ), rmsv gas hanya tergantung pada suhu mutlak gas, T, dan

tidak bergantung pada tekanannya. Dan karena suhu gas tidak berubah, maka rmsv -nya tetap.





4 TERMODINAMIKA



NO

STANDAR KOMPETENSI


(1) (2) (3) (4) (5) (6) 4

Menerapkan konsep dan prinsip kalor, konservasi energi, dan sumber energi dengan berbagai perubahannya dalam mesin kalor.

Menganalisa dan menerapkan hukum termodinamika.

Termodinamika. (Penerapan hukum termodinamika dan proses-proses termodinamika pada kehidupan sehari-hari)


1. Menghitung usaha yang dilakukan pada gas, dan perubahan energi dalamnya pada proses isobarik.

2. Menghitung usaha mesin berdasarkan definisi efisiensi mesin dan hubungan Q dan T Kelvin.

3. Menghitung usaha yang dilakukan oleh sebuah siklus dari grafik P-V.

1. Diagram P-V dan hukum Termodinamika I.

2. Efisiensi mesin Carnot

3. Usaha oleh

sistem pada lingkungan

URAIAN MATERI

PUSTAKA KETERANGAN (7) (8) (9)

1. Diagram P-V dan hukum I Termodinamika:

• Penjelasan singkat:

Setiap titik pada diagram P – V menampilkan suatu keadaan termodinamika gas.

Suhu T dicari dengan persamaan gas ideal jika P dan V gas sudah

diketahui.

Usaha (W) pada diagram P – V: =W luas daerah arsiran dibawah grafik P – V.

V bertambah → W (usaha) positif ( + ) V berkurang → W (usaha) negatif ( - )

Usaha oleh sistem pada lingkungan:

Proses isothermal :

=

2

1ln...V

VTRnW

Proses isobarik : VpW ∆=

Untuk gas monoatomik :

- Teori dan Soal-soal Fisika,

Seri Buku Schaum, Frederick J Bueche, Ph. D, Penerbit Erlangga, 1999



12471.2

3== RCV J.kmol-1.K-1

20785.2

5== RCP J.kmol-1.K-1

Proses isokhorik : 0=W Proses adiabatik : 0=Q dan ).(.

2

321 TTRnW −=

Hukum I Termodinamika:

Energi dalam ( U) adalah jumlah energi kinetik dan potensial

yang berhubungan dengan atom-atom atau molekul-molekul zat.

Energi dalam hanya bergantung pada keadaan suatu sistem, tidak bergantung pada lintasan yang ditempuh sistem untuk perubahan keadaan zat.

Perubahan energi dalam dilambangkan dengan ∆U, yang

besarnya menurut hukum I termodinamika adalah:

WQUUU −=−=∆ 12


a. Berapa Joule usaha luar (W) yang dilakukan pada gas dan perubahan energi dalam gas ideal monoatomik untuk proses termodinamika pemampatan gas seperti pada diagram dibawah pada tekanan tetap, sehingga volumnya berkurang dari 9 L menjadi 4 L. Dalam proses ini kalor sebanyak 500 J mengalir keluar. Diketahui: 1 atm = 1,0 x 105 Pa.

A. 200 J; -300 J. B. 200 J; -700 J C.-200 J; -300 J D.-200 J; 700 J E. 200 J; 700 J. Jawab: C.

CARA PENYELESAIAN: Dari soal diketahui: P = 0,4 atm = 0,4.105 Pa (proses isobarik). V1=9 L = 9 dm3 = 9.10-3 m3. V2=4 L = 4 dm3 = 4.10-3 m3. Q=-500 J.

4

0,4

9

B A

P(atm)

V (L) 0

0,2

C D

Menurut hukum termodinamika I:

WQU −=∆ ……………………………………………………..persamaan (i) dimana,

VPW ∆= . ………………………………………………..……..persamaan (ii) 20010).94.(10.4,0).( 35

12 −=−=−=−VVP J.

Perhatikan gambar dibawah ini:

Dari gambar, Q diberi tanda minus : Sehingga,

300200500)200(500 −=+−=−−−=∆U J. Jadi, W = -200 J dan ∆U = -300 J.

Sistem

Lingkungan

Q W -

+ +

-

TRIK SOLUSI CEPAT: Pada proses isobarik, usaha luar (W) yang dilakukan pada gas: W = luas daerah arsiran dibawah grafik P – V.

W = luas persegi panjang ABCD.

= (5).(0,4) L.atm = 2 L.atm = 200 J

W = 200 J. Tanda W: W bertanda minus, karena pada sistem dilakukan usaha, maka: W=-200 J

4

0,4

9

B A

P(atm)

V (L) 0

0,2

C D

W

Dengan demikian untuk gas monoatomik::

WU .2

3=∆ ……………………………………………………..persamaan (iii) ⇔ 300)200.(

2

3 −=−=∆U J. Ternyata cara kedua menghasilkan jawaban yang sama.

b. Jika suatu 1 mol gas ideal monoatomik (γ=5/3), volumenya dibuat bertambah dengan faktor pengali 2 secara adiabatik. Tekanan mula-mula gas 3 atm dan volume awalnya 2 L. Berapakah usaha yang dilakukan gas (dalam joule)?(R = 8314 J.kmol-1.K-1dan 1 atm= 1,0 x 105 Pa).

A. 336 J B. 759 J C. 468 J D. 856 J E. 536 J. Jawab: C

CARA PENYELESAIAN: Untuk proses adiabatik:

).(.2

321 TTRnW −=

γγ

2211 .. VPVP = Atau: P ~ γ−V

Jadi,

γ

=

1

2

2

1

V

V

P

P Dari soal diketahui: n = jumlah mol = 1 mol = 10-3 kmol. γ= konstanta Laplace =5/3. P1 = 3 atm = 3 x 105 Pa. V1 = 2 L = 2.10-3 m3.

62.3.3.2 1112 ===+= VVVV L.= 6.10-3 m3. Sehingga,

3/5

3/5

1

1

2

)3(.33 =

=

V

V

P ⇔

3/5

3/5

1

12 )3(

3.3 =

=

V

VP atm =

3/5

5

)3(

10.3 Pa. ⇔

3

5

3/5

5

29

10

)3(

10.3==P Pa.

Harga T1 dan T2:

728314).10(

10.2.10.3

. 3

351.1

1 ≈==−

−

Rn

VPT K.

358314).10(

10.6.

9

10

. 3

3

3

52.2

2 ≈

==

−

−

Rn

VPT K. Maka,

467)3572.(8314.10.

2

3 3≈−=

−W J. TRIK SOLUSI CEPAT: Berdasarkan perbandingan lurus:

P ~ γ−V atau V ~ γ/1−P

Jika V bertambah dengan faktor kali 2 artinya V bertambah 3 kali dari semula, maka γ/1−P akan berkurang 3 kali dari semula. Sehingga, P berkurang γ−)3( atau

3/5)3(

1 atau 3 9

1 dari semula. Maka: 5

3

5

3

5

132 0,48.10480759

10

9.3

10.3.

9

1 =≈==

= PP Pa.

( ) ( ))10.6.(10.48,0)10.2.(10.3.1

1)..(

1

1 3535

352211

−−

−−

=−−

= VPVPWγ

⇔ ( ) 468)52.(910).48,01.(910.)6.(48,06.

2

3 22==−=−=W J.

Cara mencari akar pangkat tiga:

Perhatikan grafik persamaan y = x3 yang didekati dengan persamaan garis lurus 3019 −= xy , 32 <<∈ xx

Mencari Akar Pangkat Tiga

2; 8,00

3; 27,00

4; 46,00

0

9

18

27

36

45

54

63

0 1 2 3 4 5 6

X

Y y=x 3

y=19x-30

289

23827

−

−=

−

−

x ⇔ 05,2

19

392)23.(

827

89≈=+−

−

−=x

2. Efisiensi Mesin:

• Penjelasan singkat:

Siklus termodinamika:

Sistem bekerja dalam suatu siklus, jika sistem mulai dari keadaan awal dan melalui beberapa proses termodinamika kemudian kembali ke keadaan awalnya, dimana: 0=∆U .

Hukum II Termodinamika:

Entropi adalah ukuran banyaknya energi atau kalor yang tidak dapat diubah menjadi usaha.

Jika suatu sistem pada suhu mutlak T mengalami suatu proses reversible dengan menyerap sejumlah kalor Q, maka kenaikan entropi ∆S dirumuskan sebagai:

reversibelT

QS

=∆

Hk. II Termodinamika:

(i). Jika dinyatakan dalam entropi: “ Total entropi jagad raya tidak berubah ketika proses reversible terjadi dan bertambah ketika proses irreversible terjadi..”

(ii). Tentang mesin kalor: “ Tidak mungkin membuat suatu mesin kalor yang bekerja dalam suatu siklus yang semata-mata menyerap kalor dari sebuah reservoir dan mengubah seluruhnya menjadi usaha luar.”

Efisiensi mesin:

%1001

xQ

W=η

(i). Efisiensi mesin Carnot :

Menurut perumusan Kelvin-Panck: “Tidak mungkin membuat mesin yang bekerja dalam suatu siklus menerima kalor dari suatu reservoir dan mengubah kalor tersebut seluruhnya menjadi kerja (usaha).”

%10011

2 xQ

Q

−=η ingat: WQQ += 21

Untuk mesin Carnot, hubungan Q dan T oleh Kelvin dinyatakan:

Reservoir pada suhu rendah, T2

Mesin kalor Q1 – Q2 = W

Reservoir pada suhu tinggi, T1

Q1

Q2

1

2

1

2

T

T

Q

Q= dimana: Q1 = kalor yang diserap sistem.

Q2 = kalor yang dilepas sistem. T1 = suhu reservoir yang tinggi. T2 = suhu reservoir yang rendah.

Sehingga,

%10011

2 xT

T

−=η

(ii). Efisiensi (η) dan koefisien performansi (Cp) mesin pendingin: Efisiensi mesin (η):

Menurut perumusan Clausius: “Tidak mungkin membuat mesin yang bekerja dalam suatu siklus mengambil kalor dari reservoir bersuhu rendah dan memberikannya pada reservoir bersuhu tinggi tanpa memerrlukan usaha dari luar.”

1

2

1

1

−==T

T

Q

Wη

Koefisien performansi (Cp):

%1002 xW

QC p =

21

2

21

2

TT

T

QQ

QC p

−=

−= ingat: WQQ += 21 dan

hubungan Q2/Q1=T2/T1 masih tetap berlaku.

Dimana:

Q1 = kalor yang diserap oleh reservoir panas. Q2 = kalor yang dipindahkan dari reservoir dingin. T1 = suhu reservoir yang lebih panas. T2 = suhu reservoir yang lebih dingin.


a. Sebuah mesin carnot menyerap kalor sebesar 1620 kkal setiap siklusnya dan bekerja pada suhu antara 537 oC dan 207 oC. Berapa perbandingan efisiensi nyata mesin dengan efisiensi maksimum teoritis, bila usaha yang dilakukan mesin setiap siklusnya adalah 540 kkal.

A. 1 : 2 B. 27 : 22 C. 22 : 27 D. 11 : 9. E. 9 : 11.

Jawab: E.

CARA PENYELESAIAN: Diketahui dari soal:

T1 = 537 oC = 537+273 = 810 K. T2 = 207 oC = 207+273 = 480 K. Q1 = 1620 kkal. W’ = usaha yang sebenarnya yang dapat dilakukan mesin= 540 kkal. W = usaha yang diharapkan secara teoritis η nyata mesin:

3

1

1620

540

1

==′=Q

Wnyataη

Sedangkan η maksimum teoritis:

27

11

810

330

810

4808101

1

21

1

2

1

==−=−=

−==

T

TT

T

T

Q

Wteoritisη

Sehingga,

11:911

9

27

113

1

==

=

teoritis

nyata

ηη

⇔ 11:9: =teoritisnyata ηη

TRIK SOLUSI CEPAT:

W

W

teoritis

nyata ′=

ηη

dimana: W adalah usaha maksimum yang diharapkan dilakukan oleh mesin

yang besarnya:

6601620.27

111620.

810

3301620.

810

480810.1 1

1

2 ===

−=

−= Q

T

TW kkal.

Sedangkan, W’ = 540 kkal.

Maka,

11

9

660

540 ==′

=W

W

teoritis

nyata

ηη

Atau,

11:9: =teoritisnyata ηη

b. Sebuah mesin gas ideal bekerja dengan siklus seperti pada gambar di bawah:

2

2

5

4

a

c d

b

P(105 Pa)

V (m3) 0

Jika setiap siklus mesin menyerap kalor sebesar 1 x 106 J, maka efisiensi mesin tersebut adalah…%. A. 40% B. 50% C. 60% D. 140% E. 167% Jawab: C. CARA PENYELESAIAN: Efisiensi mesin (η) :

1Q

W=η

Usaha total yang dilakukan sistem (W):

dacdbcabtotal WWWWWW +++== ……………….……………(*)

6511 10)24.(10.5).( =−=∆= VPWab J.

0=bcW karena 0=∆V (proses isokhorik)

55

22 10.4)42.(10.2).( −=−=∆= VPWcd J.

0=daW karena 0=∆V . Maka,

510.60)4(010 =+−++=totalW J.

Dengan demikian,

%606,010.10

10.6

10 5

5

61

=====totalW

Q

Wη TRIK SOLUSI CEPAT:

=totalW luas persegi panjang abcd = bcxab ..

55 10.6)3.(10.2 == J. Sehingga,

%606,010.10

10.65

5

1

====Q

Wtotalη Langkah kedua, lebih singkat kan?


c. Suatu gedung olah raga ski hendak didinginkan dengan refrigator (mesin pendingin) ruangan Carnot. Suhu di luar gedung 27 oC dan di dalam gedung -3 oC. Bila alat pendingin tersebut berkekuatan 10 HP (1 HP = 746 watt). Berapakah panas yang dikeluarkan dari gedung itu tiap jamnya?

A. 2,7.108 J B. 7,5.108 J C. -2,7.108 J D. 2,4.108 J E. 3,0.106 J

Jawab: D

CARA PENYELESAIAN: Diketahui: T1 = 28oC = (27+273) K = 300 K T2 = -3oC = (27+273) K = 270 K Daya alat pendingin (P) = 10 HP = 7460 watt. t = 1 jam = 3600 detik. Perhitungan: Daya 7460 watt artinya alat melakukan usaha sebesarnya 7460 J tiap detiknya. Efisiensi mesin pendingin:

12

1

1

−=T

T

Q

W ⇔ 1

270

3007460

1

−=Q

MESIN PENDINGIN

Q1

Q2

W

⇔ 9

1

9

9101

270

3007460

1

=−

=−=Q

⇔ 67140)7460.(91 ==Q J.

Jadi tiap detiknya mesin mengeluarkan kalor/panas sebesar 67140 J, atau sebesar 67140 x 3600 ≈ 2,4.108 J / jam. TRIK SOLUSI CEPAT: Karena:

tPW .= Maka, Panas yang dikeluarkan oleh mesin pendingin selama/tiap 1 jam atau 3600 detik adalah sebesar:

( ) 8

21

21 10.4,2926856000.

270300

270)3600.(7460.. ≈=

−=

−=TT

TtPQ J.



DAFTAR ISI GARIS-GARIS BESAR ISI MEDIA VIDEO PEMBELAJARAN

BIMBEL FISIKA SMA


5 LISTRIK STATIS DAN DINAMIS



NO

STANDAR KOMPETENSI


(1) (2) (3) (4) (5) (6) 5

Menerapkan konsep kelistrikan dan kemagnetitan dalam berbagai penyelesaian masalah dan berbagai teknologi

1. Memformulasikan konsep

potensial listrik dan energi listrik serta keterkaitannya.

2. Memformulasikan prinsip

kerja kapasitor dan mengaplikasikannya

3. Memformulasikan besaran-besaran listrik ke dalam bentuk persamaan

Listrik Statis & Dinamis (Listrik dan Penerapannya dalam Kehidupan)

Setelah menyaksikan program ini pemirsa diharapkan dapat : 1. Menghitung kuat medan

listrik dan potensial di sekitar muatan listrik.

2. Menghitung hubungan

energi potensial listrik dengan energi kinetik elektron.

3. Menghitung arus listrik

pada rangkaian dua loop menggunakan hukum Kirchoff II.

1. Kuat Medan Listrik

dan Potensial 2. Energi Potensial

Listrik & Hukum Kekekalan Energi Mekanik

3. Hukum Kirchoff II

URAIAN MATERI

PUSTAKA KETERANGAN

(7) (8) (9)

1. Kuat Medan listrik dan Potensial Listrik

• Pengertian singkat dan rumus tentang kuat medan listrik dan potensial

Hukum Coulomb:

2

..

4

1

r

QQF

′=o

πε

Kuat medan listrik ( E ) adalah besarnya gaya listrik per satuan muatan positif.

22

..4

1

r

Qk

r

Q

Q

FE ==

′=

oπε

Potensial listrik ( V ) suatu titik adalah usaha untuk memindahkan muatan listrik + 1 coulomb dari titik ~ ke titik tersebut.

r

qkV

.=

dimana : k = konstanta coulomb = 9 . 109 N m2 /C2

- Teori dan Soal-soal Fisika, Seri Buku

Schaum, Frederick J Bueche, Ph. D, Penerbit Erlangga, 1999



SOAL DAN PENYELESAIAN a. Pada setiap titik sudut segitiga sama sisi dengan sisi 32 terdapat muatan positif

Q. Besarnya kuat medan dan potensial listrik di pusat segitiga ini, dengan k sebagai tetapan, berturut-turut adalah:

Pilihan Jawaban

A. Qk.

2

1

dan 0.

B. Qk.

2

1

dan Qk.

2

3

C. Qk.

3

2

dan Qk.

2

3

D. 0 dan Qk.

2

3

E. 0 dan Qk.

3

2

Jawab: D

CARA PENYELESAIAN: (i). Kuat medan (E) → besaran vektor.

Q

Q

Q

a = 32 a = 32

a = 32

Q2

Q1 Q3

E2

E3 E1

120o 120o

120o

30o r2

r1 r3

Misalkan rrrr === 321 .

321 EEERrrrr

++= 2321 .

r

QkEEEE ====

rrr

Karena,

23

32.

30cos21

21

21

===o

ar

r Maka,

4

.

2..

22

QkQk

r

QkE ===

⇒

oEEEEE 120cos..2 22221 ++=+

rr

Dimana: 2

160cos120cos −=−=

oo

⇒ EEEE =−++=+ )

2

1.(21121

rr

⇒ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0)1.(.2180cos..2 222222

321 =−++=++=++ EEEEEEEEE orrr

(ii). Potensial listrik (V) → besaran skalar.

3Er

120o 120o

120o

1Er

2Er

Qkr

Qk

r

Qk

r

Qk

r

QkVVVV segitigapusat ..

2

3..3

...321 ==++=++=

⋅

TRICK: (i). Kuat medan (E) Perhatikan gambar vektor-vektor E

r

di titik pusat segitiga. Jika,

EEEE === 321

rrr

dan 321 θθθ == → 0321 =++= EEERrrrr

(ii). Potensial listrik (V)

a

QkV segitigapusat

..33=

⋅

⇔ QkQk

V segitigapusat ..2

3

32

..33 =

//=

⋅

b. Dua buah bola bermuatan masing-masing bermuatan: Q1=+81 µC dan Q2=-36

µC yang berjarak 5 m. Carilah letak titik dimana kuat medan listriknya sama dengan nol.

A. 3 m dari Q1 dan 8 m dari Q2. B. 3 m dari Q2 dan 8 m dari Q1. C. 10 m dari Q2 dan 15m dari Q1. D. 10 m dari Q1 dan 15 m dari Q2. E. 2 m dari Q2 dan 3 m dari Q1.

Jawab: C.

CARA PENYELESAIAN: Misal jarak titik yang dicari adalah x m dari Q2, maka jarak titik tersebut dari Q1 adalah (x+5) m. ∑ = 0E (Ingat: Arah kuat medan listrik searah dengan arah garis singgung garis gaya pada setiap titik.)

Q1=+81 µC Q2=-36 µC

5 m

Q1=+81 µC Q2=-36 µC

5 m x

E1 E2

⇒ 021 =− EE ⇔ 21 EE = ⇔ ( ) 2

22

1 .5

.x

Qk

x

Qk /=

+/

⇔ ( ) 22

36

5

81

xx=

+

⇔ 22 9)2510(4 xxx =++ ⇔ 02082

=−− xx ⇔ 0)2)(10( =+− xx

101 =x atau 22 −=x Yang diambil adalah x=10 m. TRIK: Untuk mempermudah perhitungan, persamaan ( ) 22

36

5

81

xx=

+ diakarkan

kedua ruas persamaan. ⇔ ( )5

96

+=

xx

⇔ ( )5

32

+=

xx

⇔ xx 3102 =+

⇔ 10=x Jadi titik dimana 021 =+ EE

rr berjarak 10 m dari Q2 dan 15 m dari Q1.

c. Tiga buah muatan listrik terletak di sudut-sudut suatu bujur sangkar. Besar potensial listrik di titik A (perhatikan gambar) adalah…(Diketahui: 4,12 ≈ dan 910.9=k N.m2/C2)

A. 1000 V B. 130 V C. 300 V D. nol E. 270 V.

Jawab: B.

CARA PENYELESAIAN: Diketahui:

232 10.9 −

=== rrr m. 2

1 10.29.2 −

== rr m. CCQ 9

1 101 −

−=−= η CCQQ 9

32 101 −+=+== η V → besaran skalar.

Dengan demikian,

A

Q3=+1 ηC Q1=-1 ηC

Q2=+1 ηC

9 cm

9 cm

321 QQQA VVVV ++=

Dimana, ( )

2

99

1

11

10.29

10.10.9.

−

−

−==

r

QkVQ

( )2

992

32 10.9

10.10.9.

−

−

===r

QkVV QQ

⇔

( ) ( )

+−=

−

−

−

−

2

99

2

99

10.9

10.10.9.2

10.29

10.10.9AV

⇔ ( )( )130)3,1.(100

2

4,12.10

2

1)1.(2

10.9

01.01.9 22

99

==

−=

−//////= −

/−/

Volt.

∴ 130=AV V. TRIK: Untuk menghitung potensial listrik di titik sudut suatu kubus, oleh muatan-muatan yang tegak lurus titik (Σ ⊥Q ) dan oleh muatan segaris diagonal kubus, gunakan rumus:

±Σ=Σ ⊥

2. diagonalQ

Qr

kV

Tanda + → muatan positif.

Tanda - → muatan negatif.

⇔

±Σ= ⊥

2. diagonal

A

QQ

r

kV

⇔

−=

−=

−//=

−

−

− 2

4,12.100

2

12

10

10.10

2

1)1.(2

10.9

10.92

99

2

9 ηη ⇔ 130=AV V.

2. Hukum Kekekalan Energi Mekanik pada Medan listrik

• Pengertian singkat dan rumus tentang energi potensial listrik Energi potensial listrik ( Ep ) di suatu titik adalah usaha untuk memindahkan muatan listrik dari titik ~ ke titik tersebut.

r

qqkEp

′= ..

dimana : k = konstanta coulomb = 9 . 109 N m2 /C2

• Hukum kekekalan energi mekanik pada medan listrik:

akhirawal EE = dimana: pk EEE += dan VqE p ∆=∆ .

- Soal dan penyelesaian tentang hukum kekekalan energi mekanik pada medan listrik :


a. Sebuah elektron dengan massa 9,11x10-31 Kg dan muatan listrik -1,6x10-19C, lepas

dari katoda menuju anoda yang jaraknya 2 cm. Jika kecepatan awal elektron nol dan beda potensial antara anoda dan katoda 50 V, maka elektron akan sampai di anoda dengan kecepatan…

A. 2,3 x 105 m/det B. 8,4 x 106 m/det C. 4 x 106 m/det D. 3 x 107 m/det E. 2,4 x 108 m/det

Jawab: C.

CARA PENYELESAIAN : Diketahui:

3110.11,9 −

=em kg. 1910.6,1 −

−=eq C. 50−=∆V V.

−

+

Anoda Katoda

+ + + + +

+ +

+

−

−

− −

−

− −

−

e

2=d cm 210.2 −

= m .0=ov

Pada medan listrik, elektron dipercepat dari katoda → anoda. Menurut hukum Newton II:

amF .=∑ ⇔ amEq ee .. = dimana: 32

210.5,210.25

10.2

50 ===∆=−d

VE V/m.

⇔ 15

31

)319

10.4,010.11,9

10.5,2.(10.6,1.≈==

−

−

e

e

m

Eqa m/det2.

Karena, 2

21 ... tatvd o +=

⇔ 816

14

2

101010.4

)10.2.(22−−

−

====a

dt detik.

Oleh karena, tavv o .+= ⇔ 6814 10.410.10.40. =+=+= −tavv o m/det.

TRIK: Gunakan persamaan ∆Ep = ∆Ek. qe. ∆V = ½ me. v2

31-19-

e

2

9,11.10

50.2.1,6.10

m

V 2q. v =∆=

610 x 4,2 v = 64.10 ≈ m/det

3. Hukum Kirrchoff

• Pengertian singkat dan rumus tentang Hukum Kirrchoff Hukum Kirchoff I:

keluarmasuk II ∑=∑ Hukum Kirchoff II:

0. =∑+∑ εRI

a. Besar arus listrik yang mengalir melalui lampu (I) pada rangkaian arus listrik searah seperti pada gambar adalah.....(dalam ampere).

Pilihan Jawaban A. 0,75 A B. 1,5 A C. 2,25 A D. 3,00 A E. -3,75 A

3 Ω

E F

A B

D C

RL=2 Ω

2 Ω

I

I1

I1

ε1 = 6V

ε2 = 9V

Perhatikan rangkaian listrik, berlaku : I = I1 + I2 Loop ABCDA :

0. =∑+∑ RIε 0(3)I.(2)I96 21 =+−−

)3.......(i2I3I 12 =− Loop EFBAE :

0. =∑+∑ εRI 06.2II.R 1L =−+ ( ) 06.22.II 121 =−++ I

3I2.I 21 =+ .....(ii)2.I3I 12 −=⇒

substitusikan persamaan (ii) ke persamaan (i). 3(3-2.I1)-2.I1=3→ 9-6 I1-2 I1=3 I1= A

4

3

Substitusikan harga I1 ke persamaan (ii) I2=3-2 A5,1

4

3 =

Jadi arus yang melalui lampu adalah I = I1+I2 = 0,75+1,5 = 2,25A Jawaban C

I1 I2 1ε

2ε

A B

C D

2 Ω

A B

I

I1

E F

1ε

TRICK: Arus yang melalui lampu adalah

21 III +=

⇔

−−

−−=

2

2

1

1

R

V

R

V

R

V ABAB

L

AB εε

⇔

−−

−−=

3

9

2

6

2ABABAB VVV

⇒ 5,4=ABV V.

25,25

4===

L

AB

R

VI A. Jawaban C





6 MEDAN DAN GAYA MAGNET



NO

STANDAR KOMPETENSI


(1) (2) (3) (4) (5) (6)

6

Menerapkan konsep kelistrikan dan kemagnetan dalam berbagai penyelesaian masalah dan berbagai teknologi

Menerapkan induksi magnetik dan gaya magnetik pada beberapa produk teknologi

Medan dan Gaya Magnet


1. Menghitung induksi magnetik di sekitar kawat berarus listrik

2. Menghitung gaya magnet (Lorentz) pada kawat berarus yang berada dalam medan magnet atau partikel bermuatan yang bergerak dalam medan magnet..

1.

URAIAN MATERI

PUSTAKA KETERANGAN (7)

(8) (9) 1. Induksi magnetik di sekitar kawat berarus listrik

• Pengertian singkat dan rumus yang berkaitan medan magnet:

Persamaan Biot-Savart:

2

sin..

r

dlikdB

θ=

Dimana:

πµ4

ok = dan 710.4 −

= πµo Wb.A-1.m-1

Satuan B: Wb/m2 atau Tesla (T).

Medan magnet di sekitar kawat berarus:

Di sekitar kawat lurus berarus:

a

iB o

.2

.

πµ=

Di pusat kawat melingkar dengan N lilitan:

a

iNB o

.2

..µ

= Di sumbu Toroida:

- Teori dan Soal-soal Fisika, Seri Buku Schaum, Frederick J Bueche, Ph. D, Penerbit Erlangga, 1999



θ

dB i

O P

dl

a

iNB o

.2

..πµ

= Di pusat dan ujung Solenoida:

Di pusat:

L

iNB o .

.µ

=

Di ujung: L

iNB o .

.21 µ=

SOAL DAN PENYELESAIAN: a. Dua kawat panjang dialiri arus listrik, seperti tampak pada gambar. Jika arus iA = iB = 6A,

maka besar induksi magnet di titik C akibat kawat A dan B adalah…..

A. 610.32 − T B. 610.22 − T C. 610.2 − T D. 610.34 − T E. 610.4 − T Jawab: E.

A

B

C

30 cm 30 cm

30 cm

CARA PENYELESAIAN: Diketahui: a = 30 cm =30.10-2 m. iA = iB = 6 A. Perhatikan gambar berikut:

BB =r di C:

( ) ( ) ( ) ( ) o

BABA BBBBB 120cos...222 ++= Dimana:

A

B

C

60o

60o

60o

BA

BB B’

A’

90o

60o

B

60o

90o

60o

120o

( ) 62

7. 10.4

10.30.2

)6.(10.4

.2−

−

−

=//===ππ

πµ

a

iBB o

BA T. ⇔ ( ) ( ) ( )( ) 6662626 10.4

2

1.10.4.10.4.210.410.4 −−−−− =

−++=B T.

TRIK: Dari gambar di atas, terlihat ABC∆ dan CBA ′′∆ sebangun yaitu segitiga sama sisi. ⇔ ( ) 6

2

7. 10.4

10.30.2

)6.(10.4

.2−

−

−

=//=====ππ

πµ

a

iBBBB o

BA

rrr T. Jadi besar induksi di C karena kawat A dan B sama dengan 610.4 −

== BA BBrr T.

b. Dua kawat lurus panjang sejajar yang dialiri arus berlawanan arah, terpisah sejauh 2 cm. Resultan induksi magnet dari kedua kawat akan bernilai nol pada titik berjarak…cm sebelah… dari i1.

A. 402 cm;sebelah kiri B. 4,02 cm;sebelah kanan C. -6 cm;sebelah kanan D. 4 cm; sebelah kiri. E. 6 cm;sebelah kanan

Jawab: D

i1=2A i2=3A

2 cm

CARA PENYELESAIAN: Asumsi: titik dimana 0=ΣB → terletak di sebelah kiri kawat 1 dan 2 seperti gambar di bawah.

0=ΣB ; Arah induksi B: keluar layar → +, arah ke dalam → - ⇔ 021 =− BB ⇔ 21 BB = ⇔

)02,0.(2.22.1.

+//=

//

x

i

x

i oo

πµ

πµ

⇔

)02,0(

32

+=

xx

⇔ xx 304,02 =+ ⇔ 04,0=x m

1 2

i2=3A

2 cm

x

B1

B2 i1=2A

Jadi resultan B akan nol pada titik berjarak 4 cm dari kawat berarus i1. TIPS MENGERJAKAN SOAL:

• Tentukan kawat acuan • Arah B: keluar layar → +, arah ke dalam → - • Buat persamaan dimana 21 BB = dan selesaikan. • Jika nilai x negatif berarti letak titik berlawanan letaknya dengan asumsi

perhitungan semula. Contoh: Asumsi perhitungan seperti di bawah ini: Dengan kawat acuan, kawat 2.

Maka nilai x=-6. Ini artinya resultan B akan nol pada titik yang berjarak 6 cm di sebelah kiri kawat berarus i2 (berjarak 4 cm di sebelah kiri kawat i1).

1 2

i2=3A

2 cm

x

B2

B1

i1=2A

c. Seutas kawat berarus listrik i=10A, tersimpul seperti pada gambar. Berapa besar induksi magnetik di titik Q dimana jari-jari simpul r =1 cm? ( 14,3≈π ).

A. 2,6.10-4 T B. 4,1.10-4 T C. 8,2. 10-4 T D. 1,3.10-3 T E. 4,1.10-3 T

Jawab: B.

CARA PENYELESAIAN: Diketahui: r=1 cm=10-2 m i= 10A Menurut Aturan Tangan Kanan/Kaidah Gerak Sekrup, baik induksi magnetik yang disebabkan kawat lurus maupun melingkar, semuanya menuju ke arah dalam layar TV. Dengan demikian,

21 BBBQ

rrr

+=

1B oleh kawat lurus; B2 oleh kawat melingkar.

42

7

1 10.210.2

10.10.4

.2

.−

−

−

===π

ππµ

r

iB or T.

Q

i=10A

r

4

2

7

2 10.210.2

10.10.4

.2

.−

−

−

=== ππµr

iB or T.

⇔ 4444 10.2,8)1(10.210.2 10.2 −−−− ≈+=+= ππQB

r T. TRIK: Untuk menyelesaikan soal di atas, gunakan rumus:

472

10.2,810).14,31.(10

10.2−−

−≈+=QB

2. Gaya Lorentz.

• Pengertian singkat dan rumus yang berkaitan gaya Lorentz:

Gaya Lorentz : gaya yang dialami oleh penghantar berarus dan partikel bermuatan.

Pada penghantar berarus:

Besar : θsin... LiBF = Arah : Aturan tangan kanan.

( ) 710.12

−+= πr

iB Q

Pada partikel bermuatan:

Besar : θsin... vqBF = Arah : Aturan tangan kanan.

SOAL DAN PENYELESAIAN: a. Partikel bermuatan q bergerak dengan laju tetap yang sama dengan laju proton

( 2710.6,1 −

=pm kg) yang bergerak dimana panjang gelombang de Broglie-nya, 1210.38,1 −

=λ m, memasuki medan magnet dan medan listrik secara tegak lurus (medan listrik tegak lurus medan magnet). Apabila besar induksi magnet 0,2 T, berapa kuat medan listrik? (Diketahui

Arah jari jempol = arah arus (I ) atau arah kecepatan partikel bermuatan (v).

Arah keempat jari = arah induksi magnet (B)

Arah telapak tangan = arah gaya Lorentz (F)

tetapan Planck, 3410.63,6 −

=h J.detik). A. 6,2. 105 V/m B. 1,2. 105 V/m C. 0,6.105 V/m D. 0,3.105 V/m E. 0,15. 105 V/m

Jawab: C. CARA PENYELESAIAN: Diketahui:

190sin90 =→= ooθ 2710.6,1 −

=pm kg B = 0,2 T = 0,2 Wb/m2

1210.38,1 −

=pλ m Berdasarkan Aturan Tangan Kanan, digambarkan gaya-gaya seperti gambar di bawah:

E

B

v

E

B

V

Florentz

Flistrik

protonq vv = dimana: pp

p vm

h

.=λ

⇔ 5

1227

34

10.310.38,1.10.6,1

10.63,6

.≈==

−−

−

ppq m

hv

λ m.

tetapvq = → 0=ΣF → listriklorentz FF = → qEvqB oq /=/ .90sin...

⇔ 55 0,6.10)3.10.(2,0. === qvBE V/m.

TRIK: Untuk menghitung kuat medan listrik, jika partikel bermuatan q mempunyai kelajuan tetap tegak lurus pada medan magnet dan medan listrik yang tegak lurus, dimana kelajuannya sama dengan kelajuan proton dengan panjang gelombang de-Broglie-nya λ ,digunakan rumus:

551227

34

10.6,0)10.3.(2,010.38,1.10.6,1

10.63,6.2,0

.. =≈

=

=

−−

−

ppm

hBE

λV/m.

b. Sebuah simpal kawat ABCD berbentuk kubus yang berarus i2 = 15 A diletakkan pada jarak tertentu dari suatu kawat lurus panjang berarus i1 = 10 A seperti pada gambar. Berapa besar gaya yang bekerja pada simpal kawat tersebut dan kemana arahnya? A. 710.5 − N ke kiri B. 710.5 − N ke kanan C. 510.6 − N ke kiri D. 610.5 − N ke kiri E. 610.5 − N ke kanan Jawab: E. CARA PENYELESAIAN: Diketahui: i1 = 10 A. i2 = 15 A. a1 = 10 cm = 10.10-2 m. a2 = 15 cm = 15.10-2 m. s = panjang sisi-sisi simpal kawat ABCD = 5 cm = 5.10-2 m. Gaya-gaya yang bekerja pada simpal kawat (lihat gambar di bawah ini) :

i1

A

B

D

C

i2

10 cm

s = 5 cm

15 cm

ADCDBCAB FFFFFrrrrr

+++= Karena,

ADBC FFrr

= dan arahnya berlawanan ⇒ ADBC FFrr

& saling meniadakan atau 0=+ ADBC FFrr

Dengan demikian,

CDCDABABCDAB liBliBFFF .... 22 −=+=rrr

⇔

−

=

−

=

21

212

2

12

1

1 11

2

...sin...

.2

.sin...

.2

.

aa

siili

a

ili

a

iF o

CDo

ABo

πµθπ

µθπµr

Dimana: .1sin90 =⇒= θθ o

5=== sll CDAB cm = 5.10-2 m.

A

B

D

C

FA FC

FB

FA

⇔

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )( ) 67222

27

21

1221 10.55.5.10.201.01.51.01

101501.5.51.01.10.2

.2

... −−/−//−

/−− ==//

//////−//////=

−

=aa

aasiiF o

πµr N.

Fr → ⊕ → Arah F

r searah gaya ABFr atau ke arah kanan.

Jadi besarnya gaya pada simpal kawat ABCD atau F

r adalah 610.5 − N dan arahnya ke kanan. TRIK: Besar gaya pada simpal:

⇔ ( ) 6727

. 10.510.505.15.10

15.10.10.2 −−− ==

=kubuskwF N.

Arah gaya: Arah gaya pada simpal = arah gaya pada sisi simpal terdekat dengan kawat panjang.

.10...

..2 72

21

21.

−

= s

aa

iiF kubuskw → CARA MENGHAPAL: 2 bersaudara Iis dan Aas diberi 10

pangkat minta 7.

→ Jika satuan a dan s sama, jangan hiraukan satuan a dan s

Documents

Soal SPMB Fisika & Trik penyelesaiannya