HANYA DIBERIKAN MULAI PEKAN KE-5
PEMBAHASAN
FISIKA
PROBLEM SET 1
SUPERINTENSIF SBMPTN 2015
E
2
kelajuan mobil : v = 20 m/s mendekati lampu persimpangan jalan yang berubah menjadi merah ketika ia berada 70 m darinya. waktu reaksi pengemudinya : t = 0,9 detik kemudian menginjak pedal rem secara penuh mobil diperlambat : a = - 4 m/s2, mobil akan berhenti ... dari lampu saat reaksi saat mengerem mobil mengalami mobil diperlambat (GLB) : (GLBB) :
gaya P, Q dan R sama besar : FP = FQ = FR = 100 N, maka resultan ketiga vektor tersebut adalah perhatikan grafik berikut! Q
P
FQy FPy
FQx FRx
60 60
R
53 FPx
S1 v 1 t S1 20 0,9
FRy
S1 18 m
Sumbu – X
Sumbu – Y
FPy FP sin 53o
FP = 100 N
FPx FP cos 53o FPx 100.0, 6 FPx 60 N
FPy 80 N
FQx 100.0,5
FRx FP cos 60 FRx 100.0,5 FRx 50 N
Fx 40 N
Resultan
o
FRy FP sin 60o 1 3 2 FRy 50 3 N Fy 80 N
maka resultan gaya dari ketiga vektor tersebut
FR Fx2 Fy2 FR
40
2
80
3
1 3 2 FQy 50 3 N
FRy 100.
8S 2 400
B
o
FQy 100.
FQx 50 N
FR = 100 N
FQy FP sin 60
0 202 2 4S 2
Jarak total hingga berhenti : 18 + 50 = 68 m Artinya mobil akan berhenti 2 m sebelum lampu
FPy 100.0,8
FQx FP cos 60o
v 2 v 0 2 2aS 2
S 2 50 m
Vektor
FQ = 100 N
E
Jari-jari roda A, B, dan C rA = 20 cm, rB = 8 cm, dan rC = 4 cm kecepatan sudut B : ωB = 10 rad/s maka roda C berputar dengan kecepatan sudut sebesar …. perhatikan gambar! ωA = ωB
vA vB A rA C rC 10.20 C 4 C 40 rad/s
2
FR 40 5 N
PEMBAHASAN PROBLEM SET 4, FISIKA, PROGRAM SUPERINTENSIF 2015 NURUL FIKRI
19
4
C
6 N
Sebongkah es yang terapung di laut tepat akan tenggelam ketika suatu massa 360 kg ditempatkan di atasnya. Massa bongkahan es tersebut adalah (kerapatan air laut = 1,02 gr/cm3; kerapatan es = 0,9 gr/cm3)
F=40 N
10 kg mg sin 37o 37o Gaya normal : Fy 0
mg
FA Wes WB 0
percepatan : F ma
Wes FA WB m es g air gV tc m B g
mg sin 37o F ma 100 0,6 40 10 a
N 100 cos 37o N 80 N 5
F 0
mg cos 37o
N mg cos 37o 0
7
mg Di bawah (B) :
C
2
Sebuah ruangan menjadi lebih hangat 10 K dari sebelumnya T = 10 K Perubahan suhu ruangan tersebut dalam skala Fahrenheit adalah .... T’ = T' 95 10 18o F
di atas (A) :
mv2 R 2 mv mv2 N B mg mg N A R R mv2 mv2 NB mg NA mg R R Pilot merasakan beratnya ketika berada pada posisi lintasan terbawah dua kali beratnya ketika berada pada lintasan tertinggi. berat yang dimaksud adalah gaya normalnya NB = 2 N A
Fsp
Maka Jari-jari lintasan melingkar tersebut adalah... NB 2NA
mv mv mg 2 mg R R 2
mv2 2mv2 mg 2mg R R mv2 3mg R v2 v2 3g R R 3g
20
FA
N mg
N
2
Wes
m m es 1,02 es 360 0,9 0,12m es 360 0,9 m es 2700 kg
a 2 m / s2
lintasan melingkar dengan kelajuan v konstan.
mv R
WB
m es air Vtc m B
A
Fsp
D
8
C a gram air 42oC
Q1 b gram es -4oC
Q2
100oC
Qa 0oC
50% es melebur, maka suhu akhirnya 0oC
Q serap Q lepas Q1 Q 2 Q a m es c es T m es L es m air c a T b 0,5 4 12 b 80 a 1 (42 0) 42b 42a a 1 b 1
PEMBAHASAN PROBLEM SET 4,FISIKA, PROGRAM SUPERINTENSIF 2013, NURUL FIKRI
9
D
12
tekanan 1 : p1 = po volume 1 : V1 = Vo suhu 1 : T1 = To proses secara adiabatik teknan 2 : p2 = 8 po, konstanta Laplace : γ = 1,5 maka suhu dan volume gas tersebut sekarang adalah …
P1V1 P2 V2 3
T1V1 1 P2 V2 1 3
p o Vo2 8p o V22 2
1 3 3 V2 Vo2 8 1 V2 Vo 4 10
1
1 2 To V T2 Vo 4 1 1 1 To Vo2 T2 Vo2 2 T2 2To 1 2 o
titik dekat : pp = 80 cm. memakai kacamata : P = +1,75 dioptri, maka jarak terdekat yang mampu dilihatnya adalah = s = ... 100 100 P s s' 100 100 1,75 s (80) 100 1,75 1,25 3 s 100 s 33,3 cm 3 13
E
interferensi dua celah :
E layar
Perbesaran : m = 4x s’ = 4s jarak benda – layar : s’ – s = 60 cm, maka jarak layar ke cermin adalah
Bila k bilangan bulat, interferensi maksimum di P : (L1 + L3) - (L2 + L4) = (2k) /2
Agar bisa menghasilkan bayangan di layar, maka cermin yang digunakan adalah cermin cekung. Perhatikan gambar berikut! 60
s ' s 60 4s s 60 s 20 cm
s f
R s’
dengan demikian s’ = 4s = 4.20 = 80 cm 11
B
E
bayangan pada layar dengan perbesaran 5 kali bendanya : M 5 s' 5s jarak antara benda dengan layar adalah 120 cm lensa (lihat gambar) layar s s' 120 s s’ s 5s 120 benda s 20 cm s' 100 cm
Sedangkan untuk intertefensi minimum-nya di P : (L1 + L3) - (L2 + L4) = (2k – 1) /2 14
B
Nilai Intensitas P1 : I1 = ½ Io Nilai Intensitas P2 : I2 = …
I 2 I1 cos 2
o I1 45 I2
I3
I 2 12 I o (cos 45o ) 2 14 I o Intensitas cahaya yang keluar dari susunan polaroid tersebut adalah : I3 = …
I 3 I 2 cos 2 I 3 14 I o (cos 45o ) 2 18 I o
maka besarnya fokus lensa adalah : 120 cm 1 1 1 1 6 f meter f 0,2 1 6
PEMBAHASAN PROBLEM SET 4, FISIKA, PROGRAM SUPERINTENSIF 2015 NURUL FIKRI
21
15
E (3a ,0) E 1 E 2
D
Dua buah bola identik A dan B membawa sejumlah muatan. (QA=QB) Keduanya terpisah pada jarak tertentu sehingga menimbulkan gaya sebesar F. kQAQB F r2 Sebuah bola C yang juga identik tapi tidak bermuatan, mula-mula ditempelkan dg bola A , muatan bola A’ = muatan bola C Q A ' Q C 12 Q A setelah itu ditempelkan ke bola B kemudian dilepas. muatan bola C’ = muatan bola B’ QB 12 QA Q B ' QC ' 2 1 QB ' QC ' 2 QB 14 QA
E (3a ,0) 17
kQ 2 r2 2
k 14 Q
(3a ) 2 (2a ) 2 kQ kQ 7kQ 2 2 9a 16a 144a 2
E Perhatikan gambar berikut! 10 10 B
C
5
40V
i1
i3 D Beda potensial antara titik B dan A adalah arus yang mengalir di A dan B adalah i1
i1 i1
V2 V1 R 3 V3 V1 R 2 R 1R 2 R 2 R 3 R 3 R 1
0 20 10 40 20 5 10.5 5.10 10.10
1 i1 2 arus i1 mengalir dari A ke B, maka B ke A arusnya –½
Sebuah muatan titik positif yang besarnya Q diletakkan di titik asal, dan sebuah muatan lain yang tidak diketahui jenis dan besarnya diletakkan di titik (a, 0). Ternyata medan listrik di (2a, 0) adalah nol. Q2 E 2 Q1 E
maka
VBA V i R r 1 VBA 0 .10 2 VBA 5 V
1
kQ 2
(0,0) (a,0) Q2 Q ( 2a ) 2 a 2
r2 2
Q 2 14 Q
E1 E 2
(2a,0)
(3a,0) 18
Karena titik (2a,0) medan listriknya nol maka, medan listrik dari Q2 harus kekiri, berarti muatan Q2 bernilai negatif (lihat gambar). Medan listrik pada titik (3a, 0) adalah Q2 Q1 E2 E1 (0,0)
22
kQ
i2
B
r1 2
E (3a ,0)
r1
2
20V
Maka gaya yang ditimbulkan oleh kedua bola A dan B sekarang adalah kQA ' Q B ' F' r2 k 12 Q A 34 Q B F' r2 3 kQA Q B F' 8 2 r 3 F' 8 F
kQ1
kQ1
A
QB ' 34 QB
16
E (3a ,0)
(a,0)
(2a,0)
(3a,0)
A (1, 2, 3, Benar)
Rangkaian Listrik Bolak Balik : tegangan v = 100 sin 200t arus i = 5 sin (200t - /3). Rangkaian tersebut V 100 (1) impedansi Z = 20 ohm i 5 (2) karena beda sudut fase / 3 maka rangkaian bersifat induktif dan mengandung komponen kapasitor C dan induktor L
PEMBAHASAN PROBLEM SET 4,FISIKA, PROGRAM SUPERINTENSIF 2013, NURUL FIKRI
(3) nilai R pada rangkaian adalah cos R / Z
20
E
R Z cos R 20 cos / 3 R 10 ohm
Perhatikan gambar berikut!
(4) nilai L tidak dapat ditentukan, tetapi nilai reaktansi total (XL-XC) dapat ditentukan yaitu sebesar :
q
K
1 mv 2 2
K
1 p m 2 m 1 p2 2m
dinding
m
Z R 2 (X L X C ) 2
B
K
p 2mK 2
20 102 (X L X C ) 2
2
1
d Supaya partikel tidak menyentuh dinding, jari-jari lintasan partikel adalah d v2 v2 F m , Bqv m R d
400 100 (X L X C ) 2 (X L X C ) 2 300 (X L X C ) 10 3 ohm
mv 2mK qd qd
12
19
B
C i3=30A
d
i1=10A 40cm i2=20A
Agar induksi magnet pada titik tepat di tengahtengah kawat berarus listrik i1 dan i2 sama dengan nol, jarak d haruslah = Btotal B3 B1 B2
Btotal
E
N = 5 lilitan ditembus fluks magnet : = (2t 2 + 5t + 3) Wb. Pada saat t = 2 s GGL induksi yang muncul pada loop tersebut adalah d N dt 5 4t 5
5 8 5 65 volt
oi3 oi1 oi 2 2a 3 2a1 2a 2
o 30 10 20 2 d 20 20 20 30 1 d 20 2 d 20 60 d 40 cm 0
21
22
E
amplitudo : A = 20 cm. simpangan : y = 103 cm, Kecepatan getarnya adalah 30 cm/s Frekuensi sudut getaran tersebut adalah 1 k Ep Ek Em kA 2 v2 A2 y2 2 m 1 2 1 1 ky mv 2 kA 2 v 2 2 A 2 y 2 2 2 2 maka
2
A
v2 2
y
2
0,32
0, 22 0,1 3
2
9
3 rad/s
PEMBAHASAN PROBLEM SET 4, FISIKA, PROGRAM SUPERINTENSIF 2015 NURUL FIKRI
23
23
A
Persamaan gelombang berjalan y = 10 sin (100t – 20x), dalam satuan SI. Getaran dua buah titik berjarak : x = 3,14 m yang dilewati gelombang tersebut akan cari panjang gelombang : 2 2 m k 20 10 Beda fase : x 3,14 10 10 Karena beda fase = 10 (bilangan bulat) maka dua titik tersebut getarannya sefase 24
B juga mendengar bunyi dari garpu talanya sendiri sehingga tidak terjadi pelayangan, maka f garpu tala B = fP (340 v P ) 384 380 340 380 340 340 v P 384 340 v P 336,5
v P 3,5 m / s 26
perhatikan gambar!
v AP
C
dawai tegang merambat sebuah gelombang dengan persamaan: y = 0,001 sin (30t – x), dalam satuan SI. rapat massa dawai : µ = 4x10-3 kg/m, tegangan dawai tersebut adalah F v k
30 F 4 10 3 F 900 4 10 3 F 3,6 N
25
C
v AP
v AP v AP 27
v v BP AB v v 1 AB 2 BP c 0, 4c 0,5c 0, 4c.0,5c 1 c2 0,9 c 1, 2 0, 75c
B
vBP = 0,5c
A
vAB = 0,4c
P
C
suhu 1 : T1 = 27oC = 300 K radiasi 1 : P1 = Po watt. radiasi 2 : P2 = 16 Po watt suhu benda tersebut perlu dinaikkan sebesar … P T4
B
14
Efek Doppler : Si A yang berdiri diam, memegang garpu tala yang bergetar dengan frekuensi 384 Hz Si B membawa garpu tala yang bergetar dengan frekuensi 380 Hz, berjalan menjauhi si A Si B P
Si A S diam
B mendengar dari A : fP v vP fS v0
P2 Pl
T2 T1
14
T2 16Po 300 Po T2 600 K Atau T2 = 327oC maka perubahan suhunya adalah ΔT = 600 - 300 K = 300 K Atau ΔT = 327 – 27oC = 300oC
fP 340 v P 384 340 0 (340 v P ) 384 fP 340
24
PEMBAHASAN PROBLEM SET 4,FISIKA, PROGRAM SUPERINTENSIF 2013, NURUL FIKRI
28
A
30
Cahaya ungu ; = 400 nm = 410-7 m. konstanta Planck h = 6,6 10-34 Js c = 3 108 m/s, t = 1 detik P = 198 watt Jumlah foton adalah … Nhc E Pt
198 1
N 6,6 10 34 3 108
massa 1H2 = 2,0136 sma massa 2He4 = 4,0015 sma fusi dari dua buah inti 1H2 yang menghasilkan sebuah inti 2He4 akan membebaskan energi sebesar
H2 + 1H2 2 He4 + Q maka E m931 1
E 2m
4 10 7 N 4 10 20 foton
29
D
1H
2
m
2H
4
931
E 2.2, 0136 4, 0015 931 E 23,9 MeV
B
Sejumlah N0 inti radioaktif PXQ waktu paruhnya T1/2 waktu selama 2 T1/2 memancarkan partikel beta menjadi inti RYS perhatikan persamaan reaksi inti berikut! P
XQ
β 0 + R YS
-1
maka (1) Q = S (2) Banyaknya PXQ yang tersisa adalah 0,25 No t
2T1 2
1 T1 2 1 T1 2 N t No No 2 2 N t 0, 25No
(3) P = R – 1 (4) Banyaknya inti RYS adalah 0,75 No
ilustrasi by : si Bedil
PEMBAHASAN PROBLEM SET 4, FISIKA, PROGRAM SUPERINTENSIF 2015 NURUL FIKRI
25
