Konsep Fisika | Hukum Newton pada Bidang Miring

Soal terkait benda pada bidang miring ada beberapa variasinya mulai dari yang paling sederhana sampai pada yang lebih rumit, akan tetapi meskipun begitu cara analisis dan alur berpikirnya tetap sama yakni gambar terlebih dahulu gaya – gaya yang bekerja pada sistem, tentukan arah gerak benda (jika bergerak) kemudian menggunakan hukum I Newton atau hukum II Newton. Hal yang membedakan pada soal benda pada bidang miring adalah letak sumbu koordinat (x, y), jika pada bidang datar sumbu koordinat ini dalam arah vertikal dan horizontal maka untuk bidang miring posisi sumbu koordinatnya mengikuti bidangnya (miring juga). Perhatikan gambar berikut.

Konsep Fisika | Gaya pada benda di dalam Lift

Salah satu penerapan hukum Newton yang sering di bahas adalah terkait dengan analisis gaya benda ketika terletak di dalam lift. Beberapa jenis gaya ketika berada di dalam lift antara lain gaya desakan benda terhadap lantai (sama dengan gaya normal) dan gaya tegang tali (untuk benda yang digantung). Untuk menganalisis soal terkait dengan gaya pada benda di dalam lift kita harus menggambarkan gaya – gaya yang bekerja pada sistem kemudian dapat menerapkan hukum I Newton untuk kondisi benda diam dan hukum II Newton untuk kondisi benda bergerak dengan percepatan tertentu.

Benda diletakkan di dasar lift

Ketika benda diletakkan dalam sebuah lift yang bergerak, ternyata benda mengalami perubahan gaya normal (gaya lantai karena berat benda) dapat semakin besar atau semakin kecil. Hal ini bergantung pada gerak lift tersebut, untuk lebih jelasnya perhatikan gambar berikut

Konsep Fisika | Gaya tegang tali dan gaya kontak

Salah satu penerapan hukum Newton yang sering di bahas adalah terkait dengan gaya tegang tali dan gaya kontak pada benda. gaya tegang tali merupakan gaya pada tali saat tali tegang karena menarik benda atau di tarik dengan gaya tertentu sedangkan gaya kontak merupakan gaya normal ketika dua benda saling bersentuhan. Untuk menganalisis soal terkait dengan gaya tegang dan gaya kontak kita harus menggambarkan gaya – gaya yang bekerja pada sistem kemudian dapat menerapkan hukum I Newton untuk kondisi benda diam dan hukum II Newton untuk kondisi benda bergerak dengan percepatan tertentu

Benda dihubungkan Tali

Gaya tegang tali adalah gaya tegang yang bekerja pada ujung-ujung tali karena tali tersebut tegang. Gaya ini akan muncul ketika pada ujung-ujung tali tersebut diberikan sebuah gaya (bisa gaya tarik, gaya berat atau yang lainnya). Perhatikan contoh beberapa benda yang dihubungkan dengan tali berikut ini.

Penggambaran gaya tegang tali (T) dengan arah bolak – balik menunjukkan adanya pasangan gaya aksi – reaksi (hukum III Newton) antara tali dengan benda, penggunaannya bergantung pada tinjauan kita.

Analisis gambar 1

Gambar (1) menunjukkan benda D dalam posisi diam yang disebabkan adanya keseimbangan antara gaya tegang tali (berarah ke atas) dengan gaya berat (w_D) yang berarah ke bawah. Besar kedua gaya ini adalah sama tetapi berlawanan arah, sehingga berdasarkan hukum I Newton kita dapat menulis

ΣF = 0

T – w_D = 0

T = w_D

T = m_D . g

Analisis gambar 2

Gambar (2) menunjukkan sebuah sistem dimana tiga buah benda masing – masing benda A, benda B, dan benda C yang dihubungkan dengan tali dan ditarik dengan gaya sebesar F pada lantai licin sehingga sistem bergerak dengan percepatan a searah dengan arah gaya F.

Hal pertama yang perlu dipahami adalah sistem bergerak dengan percepatan a, yang artinya semua benda dalam sistem (A, B, dan C) bergerak dengan percepatan sama. oleh karena itu besar percepatan menjadi faktor yang sangat penting untuk menganalisis soal jenis ini. Untuk menentukan besar percepatan sistem kita dapat menggunakan hukum II Newton yakni

ΣF = m_tot . a

ΣF = (m_A + m_B + m_C) . a

Dengan mengetahui percepatan sistem, kita dapat menentukan besar tegangan tali pada masing – masing tali penghubung antar benda (T₁ dan T₂). Tapi sebelum itu perlu diperhatikan bahwa untuk menentukan besar tegangan tali ini, kita tetap menggunakan prinsip hukum II Newton dengan memperhatikan benda yang ditarik oleh tali yang ingin dicari besarnya. Perhatikan gambar berikut

Perhatikan gambar (1) di atas, gaya tegangan tali T₁ hanya digunakan untuk menarik benda A sehingga dengan hukum II Newton kita dapat menuliskan

ΣF = m_A . a

T₁ = mA . a (substitusikan nilai "a" pada persamaan di atas)

Gambar (2) menunjukkan bahwa tegangan tali T₂ digunakan untuk menarik benda A dan benda B. Maka dengan cara yang sama untuk mencari T₁, kita dapat menentukan nilai T₂ sebagai berikut

ΣF = (m_A + m_B) . a

T₂ = (m_A + m_B). a (substitusikan nilai "a" pada persamaan di atas)

Pengembangan dari soal jenis ini adalah adanya gaya gesek antara benda dengan lantai (pada contoh di atas, dianggap lantai licin sehingga tidak ada gaya gesek). Misalkan untuk sistem sama seperti di atas, akan tetapi terdapat gaya gesek kinetik (koefisien gesek kinetisk = μ) antara benda dengan lantai seperti yang ditunjukkan oleh gambar berikut

Perhatikan pada gambar di atas, arah gaya gesek berlawanan dengan arah gerak benda (benda bergerak ke kanan sedangkan arah gaya gesek ke kiri). Pada dasarnya untuk menganalisis soal tipe ini tidak jauh berbeda dengan yang sebelumnya (tanpa gaya gesek) dimana percepatan sistem menjadi faktor penting yang dapat ditentukan menggunakan hukum II Newton dan perhatikan benda yang ditarik oleh oleh tali untuk menentukan besar gaya tegang tali.

Gaya gesek akan mempengaruhi resultan gaya pada hukum II Newton sehingga mempengaruhi bentuk persamaan matematis yang dihasilkan. Besar gaya gesek sendiri dapat ditentukan dengan persamaan

f = μ N

f = μ mg

dengan mengetahui besar gaya gesek tersebut maka bentuk hukum II Newton untuk menentukan percepatan sistem akan menjadi

ΣF = m_tot . a

F – f_A – f_B - f_C = (m_A + m_B + m_C) . a

F – μ m_A g – μ m_B g - μ m_C g = (m_A + m_B + m_C) . a

F – μ g (m_A + m_B + m_C) = (m_A + m_B + m_C) . a

Untuk menentukan besar gaya tegang tali T₁ maka persamaannya menjadi

ΣF = m_A . a

T₁ – f_A = m_A . a 

T₁ – μ m_A g = m_A . a 

T₁ = m . a + μ m_A g

Sedangkan untuk mencari gaya tegang tali T2 persamaannya menjadi ΣF = (m_A + m_B) . a

T₂ – f_A – f_B = (m_A + m_B) . a 

T₂ – μ m_A g - μ m_B g = (m_A + m_B). a

T₂ - μg (m_A + m_B) = (m_A + m_B). A

T₂ = (m_A + m_B). a + μg (m_A + m_B)

Gaya kontak antar benda

Gaya kontak antar benda yang dimaksudkan disini adalah gaya normal dari satu benda ke benda lainnya pada permukaan yang saling bersentuhan. Perhatikan gambar berikut

Perhatikan gambar (1) di atas, gaya Normal akan muncul pada bagian antara benda A dan benda B yang saling bersentuhan. Gaya inilah yang kemudian disebut dengan gaya kontak benda A dan benda B. secara keseluruhan gaya – gaya yang bekerja pada sistem tersebut dapat digambarkan sebagai berikut

Berdasarkan gambar di atas terlihat pada benda B terdapat dua buah gaya vertikal yakni gaya berat dari benda B (w_B) yang berarah ke bawah dan gaya normal pada benda B karena benda A (N_BA) yang berarah ke atas sedangkan pada benda A terdapat tiga buah gaya vertikal yakni gaya berat benda A (w_A) yang berarah ke bawah, gaya normal benda A karena benda B (N_AB) yang berarah ke bawah dan gaya normal benda A karena lantai (N_Al) yang berarah ke atas. perlu dipahami disini bahwa gaya kontak pada sistem ada dua yakni gaya kontak antara benda A dan benda B yang merupakan gaya normal antara benda A dan benda B (N_AB dan N_BA) kedua gaya ini merupakan pasangan gaya aksi – reaksi sesuai dengan hukum III Newton dan gaya kontak antara benda A dengan lantai yang merupakan gaya normal pada benda A karena lantai (N_Al)). 

Penjelasan di atas menunjukkan bahwa gaya kontak merupakan gaya normal itu sendiri, sehingga untuk menentukan besar gaya kontak pada dasarnya sama dengan ketika menentukan besar gaya normal. Besar gaya normal ini bergantung pada posisi benda dan gaya – gaya pada benda tersebut, misalkan kita akan menentukan besar gaya kontak antara benda A dan benda B maka kita harus mencari besar gaya normal pada kedua benda tersebut. karena gaya normal ini bekerja pada dua benda maka kita dapat memilih salah satu benda saja untuk ditinjau yang sekiranya paling mudah. Berdasarkan hal tersebut untuk menentukan gaya kontak antara benda A dan benda B kita akan meninjau benda B, karena benda B dalam posisi diam maka berlaku hukum I Newton yakni

ΣF = 0

N_BA – w_B = 0

N_BA = w_B

Karena kedua gaya normal pada benda A dan benda B merupakan pasangan gaya aksi – reaksi maka besar kedua gaya normal ini sama (N_BA = N_AB). Sedangkan untuk menentukan gaya kontak antara benda A dengan lantai, kita dapat meninjau benda A dimana ada tiga gaya vertikal yang bekerja padanya dan benda A dalam posisi diam, sehingga berlaku hukum I Newton sebagai berikut

ΣF = 0

N_Al – w_A – N_AB = 0

N_Al = w_A + N_AB

N_Al = w_A + N_BA

N_Al = m_Ag + m_Bg

Jika kita perhatikan lebih jauh ternyata untuk benda bertumpuk seperti itu besar gaya kontak (gaya normal) sama dengan total gaya berat benda di atasnya.

Perhatikan kembali gambar (2) di atas, posisi benda berbeda dengan sebelumnya (horizontal) benda C dan benda D yang menempel pada posisi mendatar dan di dorong dengan gaya F mendatar ke arah kanan sehingga sistem bergerak ke kanan dengan percepatan sebesar a. gaya – gaya yang bekerja pada sistem dapat dilihati pada gambar berikut

Gaya kontak yang terjadi pada kedua benda merupakan gaya Normal pada bagian yang menempel seperti pada gambar di atas. Gaya normal pada benda C karena benda D (N_CD) berarah ke kiri 

sedangkan gaya normal pada benda D karena benda C (N_DC) berarah ke kanan hal ini sesuai dengan konsep bahwa gaya Normal merupakan gaya yang tegak lurus bidang. Menganalisis sistem ini sama halnya pada sistem sebelumnya (benda dihubungkan tali) yakni percepatan menjadi faktor yang penting sehingga kita harus menentukan terlebih dahulu besar percepatan sistem dengan menggunakan hukum II Newton sebagai berikut.

ΣF = m_tot . a

F = (m_C + m_D). a

Besar percepatan ini sama untuk semua benda dalam sistem (benda C dan benda D), sedangkan besar gaya kontak kedua benda dapat ditentukan dengan meninjau benda D, dimana pada benda D hanya berlaku satu gaya yakni gaya Normal benda D karena benda C (N_DC) dengan menggunakan hukum II Newton pada benda D maka kita dapat menuliskan persamaan sebagai berikut

ΣF = m_D . a

N_DC = m_D . a (substitusikan nilai percepatan dari persamaan di atas)

Jika pada sistem terdapat gaya gesek antara benda dengan lantai maka untuk menganalisisnya dapat dilakukan dengan cara yang sama seperti pada benda yang dihubungkan tali.

demikian pembahasan ringkas terkait dengan gaya tegang tali dan gaya kontak pada benda, semoga bisa memberikan pengetahuan baru bagi para pembaca dan jika ada pertanyaan, saran, atau kiritk bisa dituliskan di kolom komentar.

Konsep Fisika tentang Penerapan Hukum Newton :

Benda di dalam lift | Bidang Miring | Benda Terhubung Katrol 

Pembahasan Latihan Soal | Dinamika Partikel - Part 1 (Fisika Kelas X)

Pada kesempatan kali ini, kita akan membahas latihan soal tentang dinamika partikel, materi ini cukup panjang dengan banyak variasi soal, oleh sebab itu latihan soal dinamika partikel akan saya tulis dalam 2 bagian. Untuk mempermudah dalam menganalisis soal tentang dinamika partikel beberapa pengetahuan dasar yang perlu dipahami antara lain adalah : cara menggambar gaya, resultan gaya, serta kemampuan matematika dasar seperti perkalian silang, trigonometri, bentuk pecahan. Jika masih kurang memahami, jangan khawatir karna dalam pembahasan latihan soal dinamika partikel ini menggunakan teknik – teknik yang mudah dipahami. Selamat menikmati

Soal nomor 1

Sebuah batu bata meluncur di atas lantai kayu dan menabrak sebuah peti. Keduanya bergerak bersama-sama ke kanan dan secara berangsur diperlambat.
(1) Dorongan batu bata pada peti lebih besar daripada dorongan peti pada batu-bata
(2) Dorongan batu-bata pada peti lebih kecil daripada dorongan peti pada batu bata
(3) Dorongan batu bata pada peti sama dengan dorongan peti pada batu data
Pernyataan yang tepat sesuai dengan peristiwa tersebut ditunjukkan oleh nomor

Pembahasan Soal Fisika | UTUL UGM 2018 kode 576 (part 2)

kali ini kita akan melakukan Pembahasan soal UTUL UGM 2018 dengan kode soal 576 Fisika. Sangat cocok buat teman-teman yang berencana ingin melanjutkan study ke UGM jurusan MIPA. Pembahasan soal UTUL UGM 2018 akan dibagi menjadi dua bagian agar tidak terlalu panjang dengan teknik pembahasan ala saya hehehe...,ini adalah bagian kedua semoga mudah dipahami dan bermanfaat bagi para pembaca. Selamat menikmati

Soal nomor 26

Berkas cahaya yang datang pada suatu medium dengan sudut sinar datang terhadap garis normal 30⁰ sebagian dipantulkan kembali ke udara dan sebagian lagi dibiaskan. Jika berkas sinar pantul dan berkas sinar bias saling tegak lurus satu dengan yang lain, maka indeks bias medium adalah sebesar ....
A. √2
B. 1/√2
C. √3
D. 1/√3
E. 2
Kunci jawaban: "D"

pembahasan soal nomor 26:

Soal di atas dapat diilustrasikan sebagai berikut

Besar sudut bias r adalah
β = 90 – 90 – i
β = - i
r = 90 – β
r = 90 – (- i)
r = 90 + i
Berdasarkan hukum snellius kita dapat menuliskan
n₁ sin i = n₂ sin r
n₁ sin i = n₂ sin (90 + i)
n₁ sin i = n₂ cos i

Soal nomor 27

Sebuah lensa terbuat dari bahan dengan indeks bias 1,5 memiliki titik api 20 cm di udara. Lensa lain dengan geometri yang sama terbuat dari bahan dengan indeks bias 1,4. Berapakah jarak titik api lensa kedua ini?
A. 15 cm
B. 25 cm
C. 32 cm
D. 35 cm
E. 42 cm
Kunci jawaban: "B"

pembahasan soal nomor 27:

Berdasarkan soal dapat diketahui
n₁ = 1,5
f₁ = 20 cm
n₂ = 1,4
f₂ ... ?
hubungan antara indeks bias lensa dengan titik fokus lensa terlihat pada persamaan berikut ini

Karena ukuran kedua lensa adalah sama, kita dapat menuliskan perbandingan antara fokus dengan indeks bias lensanya sebagai berikut (indeks bias udara (n_u) = 1)

Soal nomor 28

Suatu gas ideal dengan volume 273 cm³ mula-mula bersuhu 20 ⁰C. kemudian gas tersebut dipanaskan pada tekanan konstan hingga suhunya 30 ⁰C. pertambahan volumenya adalah ....
A. 10 cm³
B. 20 cm³
C. 30 cm³
D. 40 cm³
E. 50 cm³
Kunci jawaban: "A"

pembahasan soal nomor 28:

Berdasarkan soal dapat diketahui
V1 = 273 cm³
T₁ = 20 ⁰C = 293 K
T₂ = 30 ⁰C = 303 K
ΔV ... ?
Perbandingan antara suhu dengan volume dapat dilihat pada persamaan berikut

Dimana perubahan volume adalah ΔV = V₂ – V₁ sehingga dengan memasukkan hasil persamaan di atas kita akan mendapatkan

Pilihan jawaban yang paling mendekati adalah 10 cm³

Soal nomor 29

150 gram air pada gelas A ingin diketahui suhunya dengan cara dicampur dengan air yang sudah diketahui suhunya. 100 gram air dari gelas A dicampur dengan 200 gram air bersuhu 48 ⁰C. sisanya 50 gram air dari gelas A dicampur dengan 150 gram bersuhu 50 ⁰C. ternyata suhu akhir kedua campuran tersebut sama. asumsikan tidak ada kalor yang hilang ke udara maupun ke wadah air. suhu air mula-mula pada gelas A adalah ....
A. 72 ⁰C
B. 66 ⁰C
C. 60 ⁰C
D. 56 ⁰C
E. 54 ⁰C
Kunci jawaban: "B"

pembahasan soal nomor 29:

Berdasarkan soal dapat diketahui
m_A = 150 gram
Pada gelas 1
m_A1 = 100 gram
m₂ = 200 gram
T₂ = 48 ²C

Pada gelas 2
m_A2 = 50 gram
m₃ = 150 gram
T₃ = 50 ⁰C
Suhu akhir kedua gelas adalah sama (misalkan T’)

Untuk menyelesaikan persoalan ini kita dapat menerapku konsep asas black pada kedua gelas seperti berikut ini
Gelas 1
Q_lepas = Q_terima
m_A1 c_air ΔT_A1 = m₂ c_air ΔT₂
m_A1 ΔT_A1 = m₂ ΔT₂
100 (T_A – T’) = 200 (T’ – 48)
T_A – T’ = 2(T’ – 48)
T_A – T’ = 2T’ – 96
T_A – 3T’ = – 96 ... (1)

Gelas 2
Q_lepas = Q_terima
m_A2 c_air ΔT_A2 = m₃ c_air ΔT₃
m_A2 ΔT_A2 = m₃ ΔT₃
50 (T_A – T’) = 150 (T’ – 50)
T_A – T’ = 3 (T’ – 50)
T_A – T’ = 3T’ – 150
T_A – 4T’ = – 150 ... (2)
kita dapat menentukan besar TA dengan menggunakan metode eliminasi dimana persamaan (1) dikalikan 4 dan persamaan (2) dikalikan 3. Sehingga menjadi
4T_A – 12T’ = – 384
3T_A – 12T’ = – 450 -
T_A = 66 ⁰C
Jadi suhu awal air dalam gelas A adalah 66 ⁰C

Soal nomor 30

Dalam eksperimen efek fotolistrik, bila frekuensi cahaya yang digunakan sudah di atas ambang batas terjadinya efek fotolistrik, maka potensial penghenti akan memberikan energi ....
A. kinetik minimum elektron yang dapat lepas dari logam
B. potensial minimum elektron yang dapat lepas dari logam
C. kinetik maksimum elektron yang dapat lepas dari logam
D. potensial maksimum elektron yang tidak dapat lepas dari logam
E. potensial minimum elektron yang tidak dapat lepas dari logam
Kunci jawaban: "C"

pembahasan soal nomor 30:

Karena potensial penghenti digunakan untuk menghentikan gerak elektron yang keluar dari logam saat terjadi efek fotolistrik. Dalam percobaan efek fotolistrik, besar energi yang pada potensial henti ini diasumsikan sama dengan besar energi kinetik maksimum yang dimiliki elektron saat keluar dari logam. Secara matematis hubungan antara potensial henti dengan energi kinetik maksimum dituliskan
EK_maks = e V₀
Dimana
e = muatan elektron
V₀ = besar potensial henti

Soal nomor 31

Usaha yang harus diberikan untuk menaikkan kecepatan sebuah partikel bermassam dari 0,6c menjadi 0,8c adalah sebesar ....
A. 10/48 mc²
B. 10/24 mc²
C. 10/12 mc²
D. 1/24 mc²
E. 1/12 mc²
Kunci jawaban: "B"

pembahasan soal nomor 31:

Berdasarkan soal dapat diketahui
v₁ = 0,6 c
v₂ = 0,8 c
Besarnya usaha yang dilakukan sama dengan perubahan energi kinetik yang terjadi, secara matematis dapat ditulis

Jurus Jitu
Perhatikan persamaan energi kinetik di atas, nilai

Sehingga persamaan energi kinetiknya dapat ditulis EK = m₀c²(γ – 1)
Ada suatu hubungan antara nilai v dengan γ seperti pada phytagoras, perhatikan tabel berikut

Dengan menggunakan konsep di atas, maka dengan mudah kita dapat menentukan nilai konstanta γ dari nilai v. sehingga kita dapat menerapkannya dalam persamaan di atas sehingga
v₁ = 0,6 , maka γ₁ = 10/8
v₂ = 0,8 , maka γ₂ = 10/6

W = ΔEK
W = EK₂ – EK₁
W = m₀c²(γ₂ – 1) - m₀c²(γ₁ – 1)
W = m₀c²(γ,sub>2 – 1 - γ₁ + 1)
W = m₀c²(γ₂ – γ₁)
W = m₀c²(10/6 – 10/8)
W = m₀c²(40/24 – 30/24)
W = 10/24 m₀c²

Soal nomor 32

Suatu inti radioaktif A memiliki waktu paruh 12 jam. jika suatu sampel yang pada saat awal berisi m0gram inti atom A, maka selama waktu t = 48 jam hingga t = 60 jam, banyaknya inti A yang meluruh adalah sebanyak....
A. m₀/32
B. m₀/16
C. m₀/8
D. m₀/4
E. m₀/2
Kunci jawaban: "A"

pembahasan soal nomor 32:

Berdasarkan soal dapat diketahui
T ½ = 12 jam
Massa awal = m₀
t₁ = 48 jam
t₂ = 60 jam
waktu paruh adalah waktu yang diperlukan suatu inti radioaktif untuk meluruh menjadi setengahnya, dalam soal ini waktu paruh inti radioaktif A adalah 12 jam, yang berarti inti akan berkurang menjadi setengahnya dalam waktu 12 jam. maka kita dapat dengan mudah menentukan jumlah inti radioaktif dalam waktu tertentu seperti berikut

Jadi dalam selang waktu 48 jam sampai 60 jam jumlah inti yang berkurang adalah (1/32 – 1/16)m₀ = 1/32 m₀

Soal nomor 33

Momentum suatu elektron awalnya sama dengan mc. Untuk memperkecil panjang gelombang deBroglie ini agar menjadi setengah dari semula maka energi total elektron tersebut harus menjadi ...
A. √2 mc²
B. √3 mc²
C. √4 mc²
D. √5 mc²
E. √6 mc²
Kunci jawaban: "D"

pembahasan soal nomor 33:

Berdasarkan soal dapat diketahui
P₁ = mc
λ₂ = ½ λ₁
Etot ... ?
panjang gelombang de broglie dapat dirumuskan

Berdasarkan persamaan di atas, maka dapat diketahui bahwa
Panjang gelombang (λ) berbanding terbalik dengan momentum (p)
Sehingga persamaan perbandingannya dapat ditulis

Soal nomor 34

Suatu partikel dengan massa diam m memiliki momentum √0,44 mc Energi kinetik dari partikel ini adalah ....
A. 0,5 mc²
B. 0,4 mc²
C. 0,3 mc²
D. 0,2 mc²
E. 0,1 mc²
Kunci jawaban: "D"

pembahasan soal nomor 34:

Berdasarkan soal dapat diketahui
p = √0,44 mc
m₀ = m
energi kinetik dapat ditentukan dengan persamaan
E = EK + E₀
E² = (EK + E₀)²
E² = EK² + 2EK.E₀ + E₀² ... (1)
E² = E₀² + p²c² ... (2)
Berdasarkan persamaan (1) dan (2) kita dapat menuliskan
EK² + 2EK.E₀ + E₀² = E₀² + p²c²
EK² + 2EK.E₀ - p²c² = 0
EK² + 2EK.E₀ – (√0,44 mc)²c² = 0
EK² + 2EK.E₀ – 0,44 m²c⁴ = 0 (E₀ = mc²)
EK² + 2EK.E₀ – 0,44 E₀² = 0
Untuk menentukan nilai EK kita akan menggunakan rumus abc yakni

Jadi energi kinetiknya adalah 0,2 mc²

Soal nomor 35

Dua buah satelit M dan N masing-masing mengitari planet P yang berbentuk bola pada ketinggian berturut-turut 1000 km dan 6000 km dari permukaan planet tersebut. periode satelit M dan N berturut-turut 8 jam dan 27 jam. jari-jari planet P tersebut adalah ....
A. 1000 km
B. 2000 km
C. 3000 km
D. 4000 km
E. 6000 km
Kunci jawaban: "C"

pembahasan soal nomor 35:

Berdasarkan soal dapat diketahui
h_M = 1000 km
h_N = 6000 km
T_M = 8 jam
T_N = 27 jam
Hubungan antara periode dan jari-jari dirumuskan oleh Keppler sebagai berikut

R disini yang dimaksud adalah jarak dari satelit ke pusat planet (h + r), sehingga persamaan di atas dapat ditulis
4(r_P + h_N) = 9(r_P + h_M)
4(r_P + 6000) = 9(r_P + 1000)
4r_P + 24000 = 9r_P + 9000
15000 = 5r_P
r_P = 3000 km

demikian pembahasan soal fisika yang terdapat pada ujian tulis (UTUL) UGM tahun 2018 dengan kode soal 576, semoga bermanfaat bagi para pembaca sekalian

Pembahasan Soal Fisika | UTUL UGM 2018 kode 576 (part 1)

kali ini kita akan melakukan Pembahasan soal UTUL UGM 2018 dengan kode soal 576 Fisika. Sangat cocok buat teman-teman yang berencana ingin melanjutkan study ke UGM jurusan MIPA. Pembahasan soal UTUL UGM 2018 akan dibagi menjadi dua bagian agar tidak terlalu panjang dengan teknik pembahasan ala saya hehehe...,ini baru bagian pertama semoga mudah dipahami dan bermanfaat bagi para pembaca. Selamat menikmati

Soal nomor 16

Sebuah benda bergerak di suatu permukaan kasar dengan koefisien gesek antara permukaan dengan benda konstan sebesar μ. Bila awalnya energi kinetik benda adalah E dan jarak yang dapat ditempuh benda sebelum berhenti adalah x maka besar massa benda adalah .....

Soal dan Pembahasan | Gerak melingkar (fisika kelas 10)

Gerak melingkar merupakan salah satu materi fisika yang dipelajari di kelas 10 semester 1, oleh karena itu disini saya mencoba untuk membuat latihan soal materi gerak melingkar lengkap dengan pembahasannya secara terperinci, bisa dijadikan latihan untuk para siswa agar lebih memahami materi gerak melingkar atau referensi oleh guru dalam membuat soal ulangan. Soal yang disajikan memiliki banyak tipe soal yang diambil dari soal-soal ujian masuk atau UN sehingga cocok untuk dibuat belajar menjelang ulangan harian atau akan mengikuti tes. Selamat menikmati

Materi Medan Magnet | Fisika kelas 12

 

Gambar 1. Hasil pemeriksaan menggunakan Magnetic Resonance Imagine (MRI) 

(sumber : Physics University)

Gambar di atas merupakan salah satu dari aplikasi materi medan magnet yang dipelajari pada mata pelajaran fisika kelas 12, yakni Magnetic Resonance Imagine (MRI) adalah sebuah alat kedokteran yang digunakan untuk memeriksa keadaan di dalam organ tubuh manusia secara lebih akurat daripada menggunakan sinar X seperti yang ditunjukkan pada gambar di atas. prinsip kerja MRI adalah dengan menggunakan konsep medan magnet. Medan magnet selain diaplikasikan dalam bidang kedokteran juga banyak diaplikasikan dalam bidang bangunan, alat-alat berat, dll. oleh karena itu materi ini sangat bermanfaat dalam kehidupan sehari-hari. Silahkan menikmati sedikit ulasan dari saya ini tentang Medan magnet... 😊

Pembahasan Soal UTBK 2019 | Fisika (Part 2)

Berdasarkan permintaan salah satu pembaca kali ini kita akan melakukan Pembahasan soal UTBK SBMPTN 2019 Fisika. Sejak tahun 2019 SBMPTN tulis ditiadakan dan diganti dengan UTBK SBMPTN yang berbasis komputer, dimana fisika merupakan salah satu mata pelajaran yang diujikan. Pembahasan soal UTBK SBMPTN 2019 Fisika akan dibagi menjadi dua bagian agar tidak terlalu panjang dengan teknik pembahasan ala saya hehehe..., semoga mudah dipahami dan bermanfaat bagi para pembaca. Selamat menikmati

Soal nomor 11

Sebuah gelas ukur diisi dengan suatu cairan hingga ketinggian h. Sebuah batu dengan volume V dimasukkan ke dalam cairan itu sehingga tenggelam sepenuhnya. Jika luas penampang gelas ukur itu A dan percepatan gravitasi g, perubahan tekanan hidrostatis di dasar gelas ukur dan ketinggian ½ h berturut – turut adalah ....
A. ρg(V/A) dan ρg(V/A)
B. ρgh dan ρg(h/2)
C. ρg(h/2) dan ρgh
D. ρg(V/2A) dan ρg(V/A)
E. ρg(V/A) dan ρg(V/2A)
Kunci jawaban: "A"

pembahasan soal nomor 11:

Untuk lebih memahami soal tersebut, perhatikan ilustrasi berikut ini

Gambar (1) kondisi cairan sebelum batu dimasukkan memiliki ketinggian h gambar (2) adalah kondisi cairan ketika sebuah batu dimasukkan ke dalam bejana. Berdasarkan gambar tersebut kita dapat melihat terjadi perbedaan volume cairan yang ditunjukkan dengan perbedaan kedalaman cairan sebesar Δh dari sebelum ada batu dan setelah ada batu. Peningkatan volume cairan ini sama dengan volume batu yang dimasukkan, secara matematis dapat ditulis
Vbatu = ΔVcairan
V = A . Δh
Δh = V/A
Lebih jauh jika kita perhatikan perbedaan tekanan hidrostatis di dasar bejana (titik a dan b) dan pada ketinggian ½ h (titik c dan titik d) disebabkan karena adanya perbedaan kedalaman sebesar Δh ini. Jadi kesimpulannya adalah perbedaan tekanan hidrostatis di dasar bejana dan pada ketinggian ½ h adalah sama besar atau secara matematis dapat ditulis
ΔPac = ΔPcd = ΔP
Dimana
ΔP = ρgΔh
ΔP = ρg (V/A)
Jadi perbedaan tekanan hidrostatis pada dasar bejana dan pada ketinggian ½ h sebelum batu dimasukkan dan setelah batu dimasukkan sebesar ρg(V/A).

Soal nomor 12

Suatu selang mengalirkan gas dengan debit yang tetap. gas yang keluar dari ujung selang itu mendorong sebuah balok yang diletakkan pada lantai licin. tumbukan molekul-molekul gas dengan muka balok dianggap tumbukan lenting sempurna. Jika selang itu sekarang mengalirkan gas dengan debit yang sama, tetapi rapat massanya sepertiga rapat massa gas mula-mula, percepatan balok menjadi ....
A. seperempat kali semula
B. sepertiga kali semula
C. sama dengan semula
D. dua kali semula
E. empat kali semula
Kunci jawaban: "B"

pembahasan soal nomor 12:

Air yang keluar dari selang akan memberikan tekanan kepada balok, dalam hal ini kita dapat menganalisisnya menggunakan hukum Bernoulli ketika air keluar dari selang hingga mencapai balok dan tekanan ketika air mengenai balok.
Hukum Bernoulli
Ketika air keluar dari selang (1) hingga mencapai balok (2)
P₁ + ½ ρv₁² + ρgh₁ = P₂ + ½ ρv₂² + ρgh₂
Dimana
P₁ = P₀ (tekanan udara)
P₂ = P_b + P₀
v₂ = 0 (air berhenti ketika menabrak balok)
h₁ = h₂
sehingga persamaan hukum Bernoulli
P₀ + ½ ρv₁² = P_b + P₀
½ ρv₁² = P_b

Tekanan
Tekanan pada air yang mengenai balok berlaku
P = F/A
½ ρv₁² = m.a / A
½ ρv₁² A = m.a

Berdasarkan persamaan di atas, maka kita dapat mengetahui bahwa massa jenis sebanding dengan percepatan, sehingga ketika massa jenisnya berkurang menjadi sepertiganya maka percepatan balok juga berkurang menjadi sepertiganya.

Soal nomor 13

Dalam wadah tertutup A terdapat sejumlah es pada titik leburnya. Sementara itu, dalam wadah tertutup B terdapat sejumlah es asin (es yang terbuat dari air asin) pada titik leburnya yang massanya sama. kedua wadah terbuat dari logam. Kemudian, kedua wadah diletakkan saling bersentuhan. Pada keadaan akhir, terdapat air asin bersama es asin dalam wadah B dan es dalam wadah A, karena ....
A. kalor jenis es lebih besar daripada kalor lebur es asin
B. titik lebur es asin lebih tinggi daripada titik lebur es
C. kalor jenis es aris lebih besar daripada kalor lebur es
D. titik lebur es asin lebih rendah daripada titik lebur es
E. kalor jenis es asin lebih besar daripada kalor lebur es
Kunci jawaban: "D"

pembahasan soal nomor 13:

Yang harus dipahami bahwa kalor lebur merupakan jumlah kalor yang dibutuhkan untuk meleburkan suatu benda, semakin besar kalor lebur suatu benda maka benda semakin susah melebur. sedangkan Titik lebur merupakan suhu dimana suatu benda akan mengalami proses melebur, semakin tinggi titik lebur suatu benda maka butuh waktu yang lebih lama bagi benda untuk melebur, begitu pula sebaliknya.
Berdasarkan soal tersebut diketahui bahwa pada keadaan akhir es air asin sebagian sudah melebur (atau mencair) sedangkan es masih belum ada yang melebur, hal ini menunjukkan bahwa es air asin lebih cepat melebur daripada es biasa yang artinya kalor lebur es air asin lebih kecil daripada kalor lebur es dan titik lebur es air asin lebih rendah dari pada titik lebur es.

Soal nomor 14

Sejumlah gas argon mengalami proses kuasistatik dari keadaan A ke keadaan B kemudian ke keadaan C dan kembali ke keadaan A seperti ditunjukkan gambar. anggaplah gas argon sebagai gas ideal. Skesta grafik temperatur gas sebagai fungsi volume pada proses AB yang mungkin adalah ....

pembahasan soal nomor 14:

Jika kita perhatikan grafik AB merupakan grafik garis lurus yang memiliki persamaan umum
y = mx + c
dimana sumbu y adalah P dan sumbu x adalah V, sehingga persamaan garis lurusnya dapat kita tulis
P = mV + c ... (1)
Substitusikan pers (1) ke dalam persamaan gas ideal sebagai berikut
PV = nRT (persamaan gas ideal)
(mV + c) V = nRT
mV² + cV = nRT
(m/nR)V2 + (c/nR)V = T
Berdasarkan persamaan di atas, kita dapat mengetahui bahwa
T sebagai fungsi kuadrat dari V Sehingga bentuk grafiknya merupakan bentuk grafik persamaan kuadrat seperti pada grafik “D”

Soal nomor 15

Simpangan suatu gelombang diberikan oleh

Dengan x dan y dalam meter dan t dalam sekon. pernyataan yang benar untuk gelombang tersebut adalah ....
A. periode simpangan sebesar π s
B. kecepatan awal simpangan adalah 0,300 m/s
C. frekuensi simpangan π Hz
D. gelombang merambat dipercepat
E. laju perubahan simpangan adalah v = 0,6 sin (2t + π/6)
Kunci jawaban: "A"

pembahasan soal nomor 15:

Persamaan umum gelombang adalah
Y = A cos (ωt – kx + θ₀)
Dengan:
A : amplitudo
ω : kecepatan sudut (ω = 2π/T)
k : jarak dari awal gelombang (k = 2π/λ)
θ₀ : simpangan awal
jika kita bandingkan dengan persamaan yang ada di soal maka kita dapat mengetahui
A = 0,3 m
ω = 2
2π/T = 2
T = π s (pilihan “A” benar)
Sebenarnya sampai disini kita sudah bisa mengetahui jawabannya. Untuk membuktikan lainnya simak penjelasan berikut ini
f = 1/T
f = 1/π (pilihan “C” salah)
v = dy/dt
v = d/dt {0,3 cos (2t – x + π/6)}
v = - 0,6 sin (2t – x + π/6) (pilihan “E” salah)
ketika keadaan awal (t = 0 s, x = 0)
v = - 0,6 sin (2.0 – 0 + π/6)
v = - 0,6 sin (π/6)
v = – 0,3 m/s (pilihan “B” salah)
a = dv/dt
a = d/dt {- 0,6 sin (2t – x + π/6)}
a = - 1,2 cos (2t – x + π/6)
tanda negatif menunjukkan percepatan bernilai negatif yang artinya diperlambat
(pilihan “D” salah)

Soal nomor 16

Yang merupakan sifat bayangan yang dibentuk oleh cermin cembung adalah ....
A. diperbesar, maya, tegak
B. diperbesar, nyata, terbalik
C. diperbesar, maya, tegak
D. diperkecil, nyata, tegak
E. diperkecil, maya, tegak 

Kunci jawaban: "E"

pembahasan soal nomor 16:

Untuk cermin cembung benda selalu berada di ruang IV (depan cermin) dan bayangan akan berada di ruang I (belakang cermin) sehingga bayangan akan memiliki sifat : Maya, Tegak, Diperkecil. Proses pembentukan bayangannya seperti gambar berikut

Pernahkah kalian melihat kaca spion ketika sedang berkendara? Ketika kita melihat kaca spion maka kita akan melihat kendaraan di belakang kita secara utuh padahal ukuran kendaraan tersebut jauh lebih besar daripada ukuran kaca spion dengan roda tetap di bagian bawah. Hal ini dikarenakan kaca spion menggunakan cermin cembung sehingga bayangan yang terbentuk bersifat maya, tegak dan diperkecil. Coba bayangkan jika kaca spion menggunakan cermin cekung atau cermin datar, kira-kira apa yang terjadi ketika kita melihat kaca spion saat berkendara?

Soal nomor 17

Dua kapasitor identik dirangkai seri. Tiap kapasitor memiliki kapasitansi C. berapakah muatan keseluruhan yang harus disimpan pada rangkaian kapasitor itu agar energi listrik yang tersimpan pada tiap kapasitor itu sebesar W?
A. √CW
B. √2CW
C. 2√CW
D. 2√2CW
E. 4√CW
Kunci jawaban: "B"

pembahasan soal nomor 17:

Energi pada kapasitor dapat ditentukan dengan persamaan
W = ½ Q²/C,
Dimana pada rangkaian seri kapasitor berlaku jumlah muatannya yang melalui resistor adalah sama besar (Q₁ = Q₂ = ... = Q_seri). Sehingga besar muatan pada masing-masing resistor adalah
W = ½ Q²/C
Q² = 2WC
Q = √2WC

Soal nomor 18

Dua buah sumber tegangan, dua buah hambatan identik dan sebuah amperemeter ideal disusun menjadi rangkaian sederhana seperti ditunjukkan pada gambar (a). sumber tegangan e₁ adalah sumber tegangan yang besar tegangannya dapat diubah-ubah, sedangkan sumber tegangan e₂ tetap. Grafik antara arus yang terbaca pada amperemeter dan besar tegangan e₁ ditunjukkan oleh gambar b. Jika tegangan pada sumber e1 = 0, beda tegangan antara titik b dan e pada rangkaian adalah ....
A. 3,5 volt
B. 3,0 volt
C. 2,5 volt
D. 2,0 volt
E. 1,5 volt
Kunci jawaban: "C"

pembahasan soal nomor 18:

Berdasarkan gambar rangkaian (a) kita dapat mengetahui beberapa hal yakni

• Rangkaian merupakan rangkaian paralel
Vaf = Vbe = Vcd = Vtot
• Baterai disusun secara seri
Ujung kutub positif (garis panjang) pada baterai kedua (ε₂) dihubungkan ke kutub negatif (garis pendek) pada baterai pertama (ε₁) sehingga tegangan pada af adalah
Vaf = ε₁ + ε₂
• Amperemeter mengukur kuat arus total dalam rangkaian

Pada soal ditanyakan besar tegangan antara ujung b dan e ketika ε₁ sama dengan nol, jika kita hubungkan dengan penjelasan di atas maka kita dapat menulis
Vbe = Vaf
Vbe = ε₁ + ε₂
Vbe = ε₂
Jadi pada dasarnya kita diminta untuk menentukan besar ε₂. Untuk itu kita akan menganalisisnya menggunakan hukum Ohm yakni
Vtot = Itot . Rtot
ε₁ + ε₂ = Itot . Rtot ... (a)
kita dapat memasukkan data pada grafik yang ditunjukkan pada gambar (2) seperti berikut
0,5 + ε₂ = 5 x 10^-3 . Rtot (data 1)
3,0 + ε₂ = 10 x 10^-3 . Rtot (data 2) -

---

-2,5 = - 5 x 10^-3 . Rtot
0,5 . 10³ = Rtot

Substitusikan nilai Rtot pada salah satu data (misalkan pada data 2) sehingga
3,0 + ε₂ = 10 x 10^-3 . Rtot
3,0 + ε₂ = 10 x 10^-3 . 0,5 x 10³
3,0 + ε₂ = 5,0
ε₂ = 2,0 volt

Informasi berikut digunakan untuk menjawab soal nomor 19 dan 20

Partikel bermuatan +q yang bergerak dengan kecepatan v memasuki daerah bermedan magnetik B melalui titik O seperti ditunjukkan gambar. Arah medan magnetik B ke bawah

Soal nomor 19

Sesaat setelah melewati titik O, gaya yang bekerja pada partikel sama dengan ....
A. nol
B. ½ qvB
C. √3/2 qvB
D. qvB
E. √3 qvB
Kunci jawaban: "C"

pembahasan soal nomor 19:

Gaya Lorentz dapat ditentukan dengan persamaan
F = Bqv sin θ
maka
F = Bqv sin 60⁰
F = √3 /2 Bqv

Soal nomor 20

Di daerah bermedan magnetik, partikel bergerak dalam lintasan berbentuk ....
A. solenoida dengan sumbu melengkung
B. toroida dengan sumbu sejajar v
C. spiral dengan ukuran penampang mengecil
D. solenoida dengan sumbu sejajar medan magnetik
E. spiral dengan ukuran membesar 

Kunci jawaban: "D"

pembahasan soal nomor 20:

Perhatikan gambar berikut

Gambar (a) menunjukkan kaidah tangan kanan untuk menentukan arah gaya lorentz dari sebuah muatan positif yang bergerak dengan kecepatan tertentu ketika melewati suatu medan magnet. Gambar (b) menunjukkan lintasan yang terbentuk jika muatan positif yang bergerak ke kanan dengan kecepatan v memasuki medan magnet B yang arahnya menjauhi pengaman (cross), lintasan yang terbentuk (lingkaran) dikarenakan kecepatan tegak lurus terhadap medan magnet sehingga arah gaya lorentz akan menuju pusat lingkaran.
Jika kecepatan tidak tegak lurus terhadap medan magnet (seperti pada soal No. 20) maka kita harus meninjau kecepatan dalam arah komponen – komponennya seperti berikut

(sumber: fundamentals of physics) Gambar (a) menunjukkan arah kecepatan yang membentuk sudut ϕ terhadap medan magnet B, komponen kecepatan ini dapat kita uraikan menjadi komponen kecepatan yang sejajar dengan medan magnet (v_∥) dan komponen kecepatan yang tegak lurus dengan medan magnet (v_⟘). komponen kecepatan yang tegak lurus terhadap medan magnet menentukan jari-jari lintasan yang terbentuk sedangkan komponen kecepatan yang sejajar dengan medan magnet menentukan jarak “pitch” atau jarak antara satu putaran, sehingga lintasan muatan yang terbentuk ketika kecepatannya tidak tegak lurus terhadap medan magnet adalah spiral atau helix (mirip dengan solenoida) dengan sumbu sejajar medan magnet seperti yang terlihat pada gambar (b) di atas.

Demikian pembahasan soal UTBK SBMPTN 2019 Fisika bagian dua, jika ada yang perlu ditanyakan bisa meninggalkan komentar di bawah. Semoga penjelasan yang ada mudah dipahami oleh para pembaca. Terima kasih

Kumpulan Latihan soal persiapan UTBK :

Latihan soal dan pembahasan UTBK SBMPTN Fisika 2021 Part 1

Latihan soal dan pembahasan UTBK SBMPTN Fisika 2021 Part 2

Pembahasan soal UTBK SBMPTN Fisika 2019 (part 1)

Pembahasan soal UTBK SBMPTN Fisika 2019 (part 2)

Pembahasan Soal UTBK 2019 | Fisika (Part 1)

Berdasarkan permintaan salah satu pembaca kali ini kita akan melakukan Pembahasan soal UTBK 2019 Fisika. Sejak tahun 2019 SBMPTN tulis ditiadakan dan diganti dengan UTBK yang berbasis komputer, dimana fisika merupakan salah satu mata pelajaran yang diujikan. Pembahasan soal UTBK 2019 Fisika akan dibagi menjadi dua bagian agar tidak terlalu panjang dengan teknik pembahasan ala saya hehehe..., semoga mudah dipahami dan bermanfaat bagi para pembaca. Selamat menikmati