fis xi

7/26/2019 FIS XI

1/134

BAB 1

ANALISIS VEKTOR UNTUK GERAK PARABOLA DAN GERAK

MELINGKAR

A. ANALISIS VEKTOR

Ingat! Vektor merupakan salah satu besaran fisika yang memilikinilai dan juga arah.

Besaran yang termasuk dalam vektor adalah perpindahan,kecepatan, percepatan, dan gaya. Penjumlahan dari banyak vektordisebut resultan vektor, dapat dihitung dengan metode-metodeberikut.

a. Resultan Vektor dengan Metode Poligon

Perhatikan gambar dua buah vektor di bawah ini!Vektor dengan kondisi titik tangkap sama dan mengapit sudutsebesar arah resultannya berada di antara kedua vektor tersebut.

2 21 2 1 2R F F 2 F F cos

Keterangan:R : resultanF1 : vektor 1F2 : vektor 2 : sudut apit vektor 1 dan vektor 2

TIPS: Metode poligon umumnya digunakan untuk mencari besarresultan vektor yang tidak berjumlah lebih dari dua.

b. Resultan Vektor dengan Metode Analisis

Perhatikan gambar tiga buah vektor di bawah ini!

7/26/2019 FIS XI

2/134

Keterangan:

: sudut vektor 1 : sudut vektor 2 : sudut vektor 3

Analisis komponen arah vektor:Komponen arah X Komponen arah Y

1x 1F F cos 1y 1F F sin



x 1x 2x 3xR F F F y 1y 2y 3yR F F F

B. POSISI, KECEPATAN, DAN PERCEPATAN GERAK DUA DIMENSI

Jika vektor terdapat pada bidang dua dimensi, maka dinyatakan

dengan i

(searah sumbu X) dan j

(searah sumbu Y) dengan titik

asal O sebagai acuan.

Ingat! Nilai besaran vektor resultan gerak dua dimensi dengan arah

tegak lurus dapat diketahui dengan rumus 2 2R (i) (j)

a. Persamaan Posisi Gerak Lurus

Perpindahan posisi partikel dinyatakan sebagai berikut:

r xi y j

Perpindahan adalah perubahan posisi suatu benda terhadap titikacuan. Dinyatakan dengan

r xi y j

atau

or r v dt

7/26/2019 FIS XI

3/134

b. Persamaan Kecepatan Gerak Lurus

Jika suatu partikel memerlukan waktu t untuk mengalamiperpindahan s, maka:1. Kecepatan (v)

Berlaku persamaan: x yv v i v j

2. Kecepatan sesaat

Berlaku persamaan: drvdt

3. Kecepatan rata-rata

Berlaku persamaan: 2 1

2 1

r rv

t t

Ingat! Persamaan kecepatan: ov v a dt

c. Persamaan Percepatan Gerak Lurus

Jika suatu partikel mengalami perubahan kecepatan v dalamselang waktu t, maka:1. Percepatan (v)

Berlaku persamaan: x ya a i a j

2. Percepatan sesaat

Berlaku persamaan:dv

adt

3. Percepatan rata-rata


2 1

v va

t t

Ingat! Percepatan linier adalah nilai diferensial dari persamaankecepatan linier.

C. POSISI, KECEPATAN, DAN PERCEPATAN GERAK MELINGKAR

a. Persamaan Posisi Sudut

Posisi sudut partikel dinyatakan sebagai berikut:

o

f(t)

dt

7/26/2019 FIS XI

4/134

b. Persamaan Kecepatan Sudut

1. Kecepatan sudut ( )

Berlaku persamaan: o dt 2. Kecepatan sudut sesaat

Berlaku persamaan:d

dt

3. Kecepatan sudut rata-rata


2 1t t

Ingat! Kecepatan sudut adalah nilai diferensial dari persamaanposisi sudut.

c. Persamaan Percepatan Sudut

1. Percepatan sudut sesaat

Berlaku persamaan:d

dt

2. Percepatan sudut rata-rata


2 1t t

Ingat! Percepatan sudut adalah nilai diferensial dari persamaankecepatan sudut.

CONTOH SOAL DAN PEMBAHASAN

1. Seorang anak berjalan lurus 2 meter ke barat, kemudian belok keselatan sejauh 6 meter dan belok lagi ke timur sejauh 10 meter.Perpindahan yang dilakukan anak tersebut dari posisi awal adalah....

A. 18 meter arah barat dayaB. 14 meter arah selatanC. 10 meter arah tenggara

7/26/2019 FIS XI

5/134

D. 6 meter arah timurE. 2 meter arah tenggaraPembahasan:

Diketahui: AB = 2 m; BC = 6 m; CD = 10 mDitanya: AD....?Analisis gambar:

OD CD AB 10 2 8 m

AO BC 6 m

Vektor resultan2 2 2 2AD AO OD 6 8 100 10 m ke arah tenggara

Jawaban: C

2. Sebuah benda bergerak dengan lintasan seperti grafik berikut:

Perpindahan yang dialami benda sebesar ....A. 23 mB. 21 mC. 19 m

D. 17 mE. 15 mPembahasan:

Analisis gambar:

7/26/2019 FIS XI

6/134

Jika AC merupakan besar perpindahan benda karena vektor AB danAC, maka

2 2 2 2AC AB BC 15 8 17 mJawaban: D

3. Seorang anak berjalan 4 meter ke barat kemudian belok ke selatansejauh 12 m dan belok lagi ke timur sejauh 20 m. Perpindahan yangdilakukan anak tersebut dari posisi awal adalah .... (UN 2012)A. 10 mB. 16 mC. 20 mD. 23 mE. 36 mPembahasan:

Diketahui: AB = 4 m; BC = 12 m; CD = 20 mDitanya: AD....?Analisis gambar:

Jika AD adalah besar perpindahan dari posisi awal ke akhir, makaOD CD AB 20 4 16 m

AO BC 12 m

Vektor resultan

2 2 2 2AD AO OD 12 16 400 20 mJawaban: C

4. Sebuah benda bergerak dengan persamaan perpindahan:2 2S (3t 6t)i (4t )j

7/26/2019 FIS XI

7/134

Jika S dalam meter dan t dalam sekon, maka nilai percepatansesaatnya adalah ....A. 10 m/s2

B. 15 m/s2

C. 20 m/s2

D. 25 m/s2

E. 30 m/s2

Pembahasan:

Diketahui: posisi dalam 2 2S (3t 6t)i (4t )j

.

Ditanya: a....?Persamaan percepatan

2 2d (3t 6t)i 4t jdSv (6t 6)i 8t j

dt dt

d (6t 6)i 8t jdva 6i 8j

dt dt

Nilai vektor percepatan2 2 2|a| 6 8 36 64 10ms

Ingat! Percepatan adalah nilai turunan dari persamaan kecepatan.

Jawaban: A

5. Posisi sudut suatu titik pada roda dinyatakan:2(t 4t 2)rad

Nilai kecepatan sudut pada saat t = 10 sekon adalah .... (t dalamsekon)A. 20 rad/sB. 22 rad/sC. 23 rad/sD. 24 rad/s

E. 25 rad/sPembahasan:

Diketahui: 2(t 4t 2)rad ; t = 10 s

Ditanya: ....?2d(t 4t 2)d

2t 4dt dt

7/26/2019 FIS XI

8/134

Kecepatan sudut saat t = 10 s(10) 2(10) 4 24

Ingat! Nilai kecepatan sudut adalah hasil diferensial dari posisisudut.

Jawaban: D

6. Persamaan kecepatan sudut dinyatakan sebagai:2(t 3t 9) rad/s

maka persamaan percepatan sudutnya adalah ....A. 3t + 2B. 2t + 3C. 2t + 4D. 2t + 5E. 3t + 3

Pembahasan:

Diketahui: 2(t 3t 9) rad/s

Ditanya: ....?

2

d

dt

d(t 3t 9)

dt

2t 3

Ingat! Percepatan sudut adalah nilai diferensial dari kecepatansudut.

Jawaban: B

7. Posisi sudut suatu titik pada roda dinyatakan:2(5t 4t 6)rad

Jika jari-jari lintasannya adalah 20 cm, maka kecepatan linier titikpada saat t = 5 sekon adalah ....A. 10,8 m/sB. 10,5 m/sC. 10,4 m/sD. 10,2 m/sE. 10,0 m/s

Pembahasan:

7/26/2019 FIS XI

9/134

Diketahui: 2(5t 4t 6)rad ; t = 5 s; r = 0,2 m

Ditanya: v....?Persamaan kecepatan sudut

2

1

d(5t 4t 6)d10t 4

dt dt

(5) 10(5) 4 54 rads

Maka, kecepatan linier roda adalahv r 54 0,2 10,8 m/s

Jawaban: A

8. Posisi sebuah benda di suatu bidang datar dinyatakan dengan

persamaan 2r (5t 2t)i 6t j

, di mana dalam meter dan t dalam

sekon. Nilai percepatan benda tersebut adalah ....A. 20 m/s2

B. 18 m/s2

C. 10 m/s2

D. 8 m/s2

E. 28 m/s2Pembahasan:

Ingat! Vektor i

searah sumbu X) dan j

searah sumbu Y.

Komponen sumbu X2

2

x

2xx

x 5t 2t

dx d(5t 2t)v 10t 2

dt dt

dv d(10t 2)a 10 ms

dt dt

Komponen sumbu Y

y

yy

y 6t

dy d(6t)v 6

dt dt

dva 0

dt

Vektor resultan percepatan benda

7/26/2019 FIS XI

10/134

2 2 2x ya a a 10 ms

Jawaban: C

9. Sebuah mobil bergerak di sepanjang lintasan searah sumbu x

dengan kecepatan awal 3 m/s dan percepatan 2a (3t 4)i

m/s.

Besar kecepatan pada detik keempat adalah ....A. 53 m/sB. 83 m/sC. 33 m/sD. 30 m/sE. 20 m/sPembahasan:

Diketahui: 2a (3t 4) m/s; v0 = 3 m/s; t = 4

Ditanya: v....?

Ingat! Persamaan kecepatan linier gerak lurus: ov v a dt maka

o

2

3

3 1

v v a dt

v 3 (3t 4) dt

v 3 t 4t

v(4) 3 (4) 4(4) 83 ms

Jawaban: B

10. Sebuah benda berotasi dengan kecepatan anguler 3 2t t 4 rad/s. Percepatan anguler benda tersebut saat t = 2 s adalah ....A. 18 rad/s2

B. 6 rad/s2

C. 3 rad/s2

D. 10 rad/s2

E. 20 rad/s2

Pembahasan:

Diketahui: 3 2t t 4 rad/s; t = 2 sDitanya: ....?

7/26/2019 FIS XI

11/134

Ingat! Percepatan sudut adalah nilai diferensial dari kecepatansudut, maka

32d (t 2t 5) 3t 4t

dt dt

Pada saat t = 2 s2 2(2) 3(2) 4(2) 20 ms

Jawaban: E

7/26/2019 FIS XI

12/134

BAB 2

HUKUM NEWTON TENTANG GRAVITASI

A. GAYA GRAVITASI DAN ENERGI POTENSIAL GRAVITASI NEWTON

a. Gaya Gravitasi Newton

Ingat! Hukum gravitasi Newton: Gaya tarik gravitasi yang bekerja

antara dua benda sebanding dengan massa masing-masing benda

dan berbanding terbalik dengan kuadrat jarak kedua benda.

1 2

2

m mF G

r

Keterangan:

F : gaya gravitasi (N)

G : konstanta gravitasi umum (6,673 1011 Nm2/kg2)

m1 : massa benda 1 (kg)

m2 : massa benda 2 (kg)

r : jarak antara kedua benda (m)

TIPS: penerapan hukum gravitasi Newton umumnya untuk benda-

benda langit (angkasa).

b. Energi Potensial Gravitasi Newton

Ingat! Energi potensial gravitasi Newton adalah energi yang dimiliki

oleh suatu benda akibat gaya gravitasi benda lain.

m MEp G

r

Keterangan:

Ep : energi potensial gravitasi Newton (Joule)

G : konstanta gravitasi umum (6,673 1011 Nm2/kg2)

m : massa benda (kg)

M : massa planet (kg)

r : jarak benda ke pusat planet (m)

TIPS: penerapan hukum gravitasi Newton umumnya untuk benda-

benda langit (angkasa).

B. KUAT MEDAN GRAVITASI DAN PERCEPATAN GRAVITASI

7/26/2019 FIS XI

13/134

Ingat! Besarnya kuat medan gravitasi ditunjukkan dengan besarnyapercepatan gravitasi.

a. Percepatan Gravitasi

Makin besar percepatan gravitasi, makin besar pula kuat medan

gravitasinya. Besarnya percepatan gravitasi akibat gaya gravitasisebuah planet dapat dihitung dengan hukum Newton II dan hukum

gravitasi Newton.

2

Fg

m

Mg G

r

Untuk benda yang terletak pada ketinggian h di atas permukaan

planet yang berjari-jari R, percepatannya adalah:

2

Mg G

(R h)

Keterangan:

g : percepatan gravitasi/ kuat medan gravitasi (m/s2)

M : massa planet (kg)

b. Berat Benda Akibat Percepatan Gravitasi

Ingat! Percepatan gravitasi (g) berhubungan dengan berat benda(W). Hubungan keduanya dirumuskan sebagai berikut:

2

W m g

MW m G

r

TIPS: Berdasarkan persamaan di atas, persamaan berikut dapat

digunakan untuk mengetahui berat benda di antara dua planet

yang berbeda.2 2

1 1 2 2

1 2

W r W r

M M

Keterangan:W1 : berat benda di planet 1 (N)

W2 : berat benda di planet 2 (N)

M1 : massa planet 1 (kg)

M1 : massa planet 2 (kg)

r1 : jari-jari planet 1 (m)

7/26/2019 FIS XI

14/134

r2 : jari-jari planet 2 (m)

C. HUKUM KEPLER

Keppler menemukan keteraturan-keteraturan gerak planet. Ia

mengungkapkan tiga kaidah mengenai gerak planet, yangsekarang dikenal sebagai hukum Kepler I, II, dan III.

a. Hukum Kepler I

Ingat! Hukum Kepler I Planet mengitari matahari dalam orbit elips

dan matahari berada pada satu titik elipsnya (titik api)

b. Hukum Kepler II

Ingat! Hukum Kepler II Garis yang menghubungkan sebuah planet

ke matahari akan memberikan luas sapuan yang sama dalam waktu

yang sama.

c. Hukum Kepler III

Ingat! Hukum Kepler III Kuadrat periode suatu planet mengelilingi

matahari (revolusi) sebanding dengan pangkat tiga jarak rata-rata

planet ke matahari. Dirumuskan dengan persamaan berikut:

2 3T R atau2

3

Tkonstan

R

Keterangan:

T : periode revolusi

R : jarak planet ke matahari


1. Titik A, B, dan C terletak dalam medan gravitasi bumi seperti pada

gambar.

7/26/2019 FIS XI

15/134

Diketahui M = massa bumi, R = jari-jari bumi, kuat medan gravitasidi titik A sama dengan g (N/kg), perbandingan kuat medan gravitasi

di titik A dan C adalah ....

A. 5 : 1

B. 4 : 1

C. 3 : 1

D. 2 : 1E. 1 : 1

Pembahasan:

Diketahui: roa = R ; rac = 2R

Ditanya: ga : gc....?

A

2 2

C OA AC

2

ACA

2

C OA

2A

2

C

A

C

g M MG G

g r r

rg 1

g r 1

g 1 (2R)

g R 1

g 4g 1

Jawaban: B

2. Planet A dan planet B masing-masing berjarak rata-rata sebesar p

dan q terhadap matahari. Planet A mengitari matahari dengan

periode T. Jika planet p = 4 q, maka B mengitari matahari dengan

periode ....

A.1

T6

B.1

T

2C.

2T

6

D.1

T8

E.3

T8

7/26/2019 FIS XI

16/134

Pembahasan:

Diketahui: RA = p ; RB = q ; dengan p = 4q; TA = T

Ditanya: TB....?2 2

A B

3 3A B

2 2A B

3 3

22B

3 3

2 32

B

T T

R R

T T

p q

TT

4q q

T qT

34 q

B

1T T

2

Ingat! Hukum Kepler III:2

3

Tkonstan

R

Jawaban: B

3. Tabel data fisis benda A dan B terhadap permukaan bumi yangmemiliki jari-jari R, antara lain:

Massa benda Posisi benda

Benda A M R

Benda B 2M 2R

Perbandingan kuat medan gravitasi antara benda A dan benda B

adalah ....

A. 5 : 1

B. 4 : 1

C. 3 : 1D. 2 : 1

E. 2 : 1Pembahasan:

Diketahui: ma = M ; mb = 2M; ra = R ; rb = 2R

Ditanya: ga : gb....?

Jika M adalah massa bumi. Maka,

7/26/2019 FIS XI

17/134

A

2 2

B A B

2AB2

B A

2A

2

B

A

B

g M MG G

g r r

g 1r

g r

g (2R)

g Rg 4

g 1

Jawaban: B

4. Perhatikan gambar lintasan bumi mengelilingi matahari di bawah ini!

Jika luas daerah A = B = C, maka waktu yang diperlukan bumi untuk

menempuh busur lintasan a-b, c-d, dan e-f adalah ....

A. mungkin tidak sama

B. sering sama

C. mungkin sama

D. selalu tidak sama

E. sama

Jawaban: E

Luasan juring yang sama dari lintasan bumi saat mengelilingi

matahari berarti menunjukkan waktu/periode yang sama dari gerak

rotasi tersebut.

Ingat! Hukum Kepler II Garis yang menghubungkan sebuah planet

ke matahari akan memberikan luas sapuan yang sama dalam waktu

yang sama.

Pembahasan:

5. Dua benda A dan B masing-masing massanya 100 kg dan 25 kg,

diletakkan pada jarak 10 m satu terhadap lainnya. Titik P terletak di

7/26/2019 FIS XI

18/134

antara kedua benda tersebut. Letak titik P dari benda A agar kuatmedan gravitasi di titik P sama dengan nol adalah ....

A. 5,57

B. 4,56

C. 6,57

D. 6,56

E. 6,67

Jawaban: E

Diketahui: ma = 100 kg ; mb = 25 kg; r = 10 m

Ditanya: Letak titik P....?

Analisis gambar

Kuat medan gravitasi di titik P = 0, maka A Bg g 0

A B

A B

2 2AP BP

2 2

g g

m mG G

r r

100 25

x (10 x)

10 5

x (10 x)

100 10x 5x

10015x 100 x 6,67 m

15

Pembahasan:

6. Berat benda di permukaan bumi adalah W Newton. Jika R adalah

jari-jari bumi, maka berat benda tersebut di luar bumi yang jauhnya

4R dari pusat bumi adalah ....

A.1

W2

B.1

W4

7/26/2019 FIS XI

19/134

7/26/2019 FIS XI

20/134

Misal: rAC = x, maka BCr 5 x

AC BC

A C B CC C2 2

AC BC

2 2

F F

m m m mG G ; m m

r r

9 4

x (5 x)

3 2

x (5 x)

15 3x 2x

5x 15 x 3

Jadi, benda C harus diletakkan 3 m dari benda A dan 2 m dari benda

B.

Jawaban: A

8. Dua planet P dan Q mengorbit matahari. Apabila perbandingan

antara jarak planet P dan planet Q ke matahari adalah 4 : 9 dan

periode planet P mengelilingi matahari 24 hari, maka periode

planet Q mengelilingi matahari adalah ....

A. 60 hari

B. 70 hari

C. 80 hari

D. 91 hari

E. 81 hari

Pembahasan:

7/26/2019 FIS XI

21/134

22QP

3 3P Q

22Q

3 3

2 32

Q3

Q

TT

R R

T24

4 9

24 9T

424 9 3

T 81hari4 2

Ingat! Hukum Keppler III.

Jawaban: E

9. Sebuah benda di permukaan bumi beratnya 48 N. Benda tersebut

kemudian tiba di planet lain yang massanya 3 kali massa bumi dan

jari-jarinya 4 kali jari-jari bumi. Berat benda di permukaan planet

tersebut adalah ....

A. 12 NB. 9 N

C. 6 ND. 40 N

E. 16 N

Pembahasan:

Diketahui: WB = 4 8 N ; mP = 3 mB; rP = 4 rBDitanya: WP....?

Ingat! Persamaan untuk mengetahui berat benda di antara dua

planet yang berbeda. Maka:2 2

B B P P

B P

2 2B P B

B B

2 2B P B

P

W r W r

m m

48 r W (4r )

m 3m

48 r W 16r

1 3

48 3W 9 N

16

Jawaban: B

7/26/2019 FIS XI

22/134

10. Gaya gravitasi bumi dengan planet yang berjarak 9R dari jari-jari

bumi dan memiliki massa 4M adalah .... (massa bumi = M)

A. 13 2 226,68 10 M R

B. 13 2 253,54 10 M R

C. 13 2 232,93 10 M R

D. 13 2 293,38 10 M R

E. 13 2 274,11 10 M R

Pembahasan:

Diketahui: mP = 4M; r = 9R

Ditanya: F....?

1 22

11

2

11

2

13 2 2

m mF G

r

M 4MF 6,67 10

(9R)

M 4M

F 6,67 10 81 R

F 32,93 10 M R

Jawaban: C

7/26/2019 FIS XI

23/134

BAB 3

USAHA DAN ENERGI

A. ENERGI KINETIK DAN ENERGI POTENSIAL

Hukum kekekalan energi menyatakan bahwa energi tidak dapat

diciptakan dan dimusnahkan melainkan hanya dapat diubah

bentuknya.

a. Energi Potensial Gravitasi

Energi potensial gravitasi adalah energi yang dimiliki benda karena

kedudukan ketinggiannya dari benda lain.

PE m g h

Keterangan:

EP : energi potensial gravitasi (N)

m : massa benda (kg)

g : percepatan gravitasi (m/s2)

h : ketinggian terhadap acuan (m)

b. Energi Kinetik

Energi kinetik adalah energi yang dimiliki oleh benda yangbergerak. Secara matematis besar energi kinetik suatu bendadituliskan sebagai berikut:

2

K

1E m v

2

Keterangan:

Ek : energi kinetik (J)

m : massa benda yang bergerak (kg)

v : kecepatan benda (m/s2)

B. KONSEP USAHA

Usaha dalam fisika didefinisikan sebagai perkalian antara besar

gaya penyebab benda berpindah dengan besar perpindahanbenda yang searah dengan arah gaya tersebut.

W F s

Keterangan:

W : usaha (J)

F : gaya yang beraksi pada benda (N)

s :jarak perpindahan (m)

7/26/2019 FIS XI

24/134

Jika sebuah benda bergerak searah dengan arah gerak benda dan

membentuk sudut , maka besar usaha yang dilakukan terhadap

benda adalah sebagai berikut.

W Fcos s Dengan adalah sudut yang dibentuk oleh gaya terhadap benda.

C. HUBUNGAN USAHA DAN ENERGI KINETIK

Hubungan energi kinetik dengan usaha, yaitu:

K

K2 K1

2 2

2 1

W E

W E E

1 1W mv mv

2 2

D. HUBUNGAN USAHA DENGAN ENERGI POTENSIAL

a. Usaha dan Energi Potensial GravitasiHubungan antara usaha dengan EP dinyatakan secara matematis

sebagai berikut:

P

2 1

W E

W mg h mg(h h )

b. Usaha dan Energi Potensial Pegas

Perhatikan gambar diagram percobaan elastisitas berikut!

Daerah yang diarsir merupakan usaha yang dilakukan pegas. Secara

matematis dapat dituliskan sebagai berikut:

7/26/2019 FIS XI

25/134

7/26/2019 FIS XI

26/134

2 2

K 2 1

2 2

2

2

2

1

2

1W E m(v v )

2

121 2 (v 2 )

2

21 v 4

v 25 5 ms

Ingat! Perubahan energi kinetik adalah usaha.

Jawaban: D

2. Gambar berikut memperlihatkan balok besi yang diarahkan pada

sebuah paku. Pada gambar tersebut ketika balok besi mengenai

paku secara tegak lurus, maka usaha yang dilakukan balok besi

terhadap paku adalah .... (anggap g = 10 m/s2) (UN 2010)

A. 12 JB. 10 J

C. 8 J

D. 5 J

E. 4 J

Pembahasan:

Usaha yang dilakukan balok terhadap paku merupakan besarnya

energi potensial yang dimiliki balok ketika mengenai paku tersebut,

maka:

pW E m g h

2 10 (0, 45 0,05)

20 0,4 8 J

Ingat! Perubahan energi potensial adalah usaha.

Jawaban: C

7/26/2019 FIS XI

27/134

3. Odi mengendarai mobil bermassa 4000 kg di jalan lurus dengan

kecepatan 25 m/s, karena melihat kemacetan dari jauh dia

mengerem mobil sehingga kecepatan mobilnya berkurang secara

teratur menjadi 15 m/s. Usaha oleh gaya pengereman adalah .... (UN

2011)

A. 200 kJB. 300 kJ

C. 400 kJ

D. 450 kJ

E. 800 kJ

Pembahasan:

Ingat! Besarnya usaha yang diberikan pada benda yang bergerak

tanpa mengalami gesekan akan berbanding lurus dengan

perubahan energi kinetiknya.

2 2

K 2 1

2 2

1W E m(v v )

2

1W 4000 (15 25 )

2W 2000 400

W 800.000 J 800 kJ


Jawaban: E

4. Sebuah benda bermassa 2 kg bergerak dengan kecepatan 2 m/s,

beberapa saat kemudian benda itu bergerak dengan kecepatan 5

m/s. Usaha total yang dikerjakan pada benda adalah .... (UN 2012)

A. 4 JB. 9 J

C. 15 J

D. 21 JE. 25 J

Pembahasan:

Ingat! Besarnya usaha yang diberikan pada benda yang bergerak

tanpa mengalami gesekan akan berbanding lurus dengan

perubahan energi kinetiknya.

7/26/2019 FIS XI

28/134

2 2

K 2 1

2 2

1W E m(v v )

2

1W 2 (5 2 )

2

W 25 4 21J


Jawaban: D

5. Sebuah tali karet diberi beban 300 gram dan digantung vertikal

pada sebuah statif. Ternyata karet bertambah panjang 4 cm (g = 10

m/s2). Energi potensial karet tersebut adalah .... (UN 2012)

A. 7,5 . 10-2 J

B. 6,0 . 10-2 J

C. 4,5 . 10-2 JD. 3,0 . 10-2 J

E. 1,5 . 10-2 J

Pembahasan:

Diketahui:

m =300 gr = 0,3 kg; x = 4 cm = 0,04 mDitanya: Ep ....?

Jawab:

Besarnya energi potensial pada bahan elastis berbanding lurus

dengan pertambahan panjangnya, maka:

p

1E F x

2

1(m g) x

2

1(0,3 10) 0,04 0,06 J

2

Jawaban: B

6. Sebuah benda bermassa 10 kg mula-mula dalam keadaan diam,

kemudian bergerak dengan percepatan 2 m/s2. Perubahan energikinetik yang terjadi pada benda tersebut dalam 5 detik adalah ....

A. 200 Joule

B. 300 Joule

C. 400 Joule

7/26/2019 FIS XI

29/134

D. 500 JouleE. 600 Joule

Pembahasan:

Diketahui:

m = 10 kg; v1 = 0; a = 2 m/s2; t = 5 sDitanya: Ek ?

Jawab:

Benda diam kemudian mengalami percepatan: GLBB dipercepat.

Mencari nilai kecepatan benda:

t 0

1

t

v v a t

v 0 2 5 10 ms

Perubahan energi kinetik:

2 2

K 2 1

2 2

1E m(v v )

2

110 (10 0 )

2

500 J

Ingat! Benda yang bergerak akan mengalami perubahan energi

kinetik (Ek).

Jawaban: D

7. Dua buah pegas yang dipasang secara paralel memiliki konstanta

pegas masing-masing 10 N/m dan 20 N/m, keduanya diberi beban

sehingga mengalami pertambahan panjang 10 cm. Energi potensial

pegas yang terjadi pada sistem adalah ....

A. 0,125 JouleB. 0,150 Joule

C. 0,175 Joule

D. 0,20 Joule

E. 0,225 Joule

Pembahasan:

Tips! Susunan paralel harus diserikan terlebih dahulu.1

p 1 2

1

T

k k k 10 20 30 Nm

k 30 Nm

Energi potensial pada sistem:

7/26/2019 FIS XI

30/134

2p

2

1W E k X

2

130 (0,1)

2

0,15 J

Ingat! Paralel maka konstanta penjumlahan. Perubahan energi

potensial adalah usaha.Jawaban: B

8. Sebuah pesawat terbang bergerak dengan energi kinetik T, jika

kemudian kecepatannya menjadi dua kali kecepatan semula, maka

energi kinetiknya menjadi ....A. 5 T

B. 4 T

C. 3 T

D. 2 T

E.1

2T

Pembahasan:

2

11

222

2

1

2

2 1

2

2

1mv

Ek 21Ek

mv2

vT

Ek (2v )

T 1

Ek 4

Ek 4 T

Jawaban: B

9. Sebuah mobil dengan massa 1 ton, bergerak dari keadaan diam.

Sesaat kemudian kecepatannya 5 ms-1. Besar usaha yang dilakukan

oleh mesin mobil tersebut adalah ....

A. 13.000 J

B. 12.500 JC. 10.500 J

7/26/2019 FIS XI

31/134

D. 10.000 JE. 9.990 J

Pembahasan:

Diketahui:

m = 1 ton = 1000 kg; vo = 0 (mobil diam); vt = 5 m/sDitanya: W....?

Jawab:

2 2

t o

2 2

1W m v v

2

1W (1000) 5 0

2

W (500)(25)

W 12.

( )

500 Joule

( )

Ingat! Usaha = perubahan energi kinetik.

Jawaban: B

10. Balok bermassa 3 kg bergerak dengan kecepatan 10 m/s. Kemudian

balok diberi gaya F sejauh 4 m, sehingga kecepatannya berubah

menjadi 20 m/s. Maka, besar gaya F adalah ....A. 105,50 N

B. 102,50 NC. 110,00 N

D. 112,50 N

E. 115,50 N

Pembahasan:

Diketahui:

m = 3 kg; vo =10 m/s; v = 20 m/s; s = 4 m

Ditanya: F....?

Jawab:

2 2

0

2 2

W Ek

1F s m(v v )2

1F 4 3 (20 10 )

2

F 4 450

F 112,5 N

7/26/2019 FIS XI

32/134

Ingat! Usaha = perubahan energi kinetik.

Jawaban: D

7/26/2019 FIS XI

33/134

BAB 4

GETARAN HARMONIS

A. KARAKTERISTIK GETARAN HARMONIS PADA GETARAN PEGAS

DAN AYUNAN BANDUL

Ingat! Getaran harmonis merupakan gerak bolak-balik sebuah

benda di sekitar titik setimbang. Posisi partikel dinyatakan sebagai

fungsi waktu berupa grafik sinus (dapat dinyatakan dalam bentuk

sinus atau kosinus). Gerak harmonis sederhana linier contohnya

terdapat pada pegas, sedangkan gerak harmonis sederhana

angular terdapat pada bandul atau osilasi ayunan.

a. Getaran Harmonis pada Pegas

1. Gaya pemulih

Perhatikan getaran harmonis pada pegas berikut!

Ingat! Gaya pemulih adalah gaya yang dilakukan pegas untuk

mengembalikan benda pada posisi keseimbangan.

pemulihF k X

Tanda minus menunjukkan bahwa gaya pemulih selalu

berlawanan arah dengan simpangannya.

2. Periode, Frekuensi, dan Konstanta pegas

Perhatikan gambar ayunan pegas berikut!

7/26/2019 FIS XI

34/134

7/26/2019 FIS XI

35/134

TIPS: Satu getaran misalnya adalah C A B A C

1. Gaya pemulih ayunan sederhana

Gaya pemulih pada bandul sederhana secara matematis dapat

ditulis sebagai berikut:

pemulihF m g sin

Untuk sudut kecil, dapat ditulis:

p

XF m g

Tanda minus menunjukkan bahwa gaya pemulih selalu

berlawanan arah dengan simpangannya.

2. Periode dan Frekuensi

Periode dan frekuensi dapat diperoleh dengan substitusi gaya

sentripetal.

sentripental pemulih

2 2

F F

X4 m f X m g

Jadi, periode dan frekuensi pada bandul sederhana, yaitu:

1 gf dan T 2

2 g

Keterangan:

m : massa bandul (kg)

: panjang tali ayunan (m)

X : besar simpangan (m) : posisi sudutg : gaya gravitasi bumi (m/s2)

7/26/2019 FIS XI

36/134

B. PERSAMAAN SIMPANGAN, KECEPATAN, DAN PERCEPATAN

GETARAN HARMONIS

a. Persamaan Simpangan

Simpangan getaran harmonik sederhana dapat dianggap sebagai

proyeksi partikel yang bergerak melingkar beraturan (GMB) pada

diameter lingkaran.

Ingat! Posisi getaran harmonis sederhana memiliki fungsi sinus,

maka persamaan simpangannya adalah

y Asin

Diketahui bahwa adalah sudut fase yang bernilai 0t makapersamaan simpangan getaran harmonis dinyatakan sebagai

berikut:

0y Asin( t ) 1. Simpangan maksimum

Berdasarkan persamaan simpangan, maka berlaku:

maxy A2. Fase dan sudut fase

Fase suatu titik bergetar didefinisikan sebagai waktu sejak

meninggalkan titik seimbang dibagi dengan periode,

dirumuskan dengant

T

Persamaan simpangan 0y Asin( t )

Sudut fase: 0 0 02

y A sin( t ) t 2 ftT

Fase: 0 0t

tf2 T 2 2

Persamaan simpangan y Asin t

Sudut fase:2

y Asin t t 2 ftT

Fase:t

tf2 T

7/26/2019 FIS XI

37/134

Dua titik memiliki fase yang sama, jika:n 2 atau n

Dua titik memiliki fase yang berlawanan, jika:

(2n 1) atau1

n2

Di mana n = 0, 1, 2, ....

Keterangan:y : simpangan getaran harmonis (m)

A : amplitudo getaran : kecepatan sudut (rad/s) : fase

b. Persamaan Kecepatan

Ingat! Kecepatan benda yang bergerak harmonis sederhana adalah

turunan pertama persamaan simpangan.

0y

0y

maks

d Asin( t )dyv

dt dt

cos( t )v A

v A

TIPS: Perlu diingat kembali hubungan kecepatan sudut dengan

periode dan frekuensi:2

2 fT

c. Persamaan Percepatan

Ingat! Percepatan benda dapat diperoleh dari turunan pertama

persamaan kecepatan atau turunan kedua persamaan simpangan.

y 0y

2y 0

2maks

dv d Acos( t )a

dt dt

a Asin( t )

a A


1. Sebuah pegas dengan konstanta pegas k dan sebuah balok

bermassa m membentuk sistem getaran harmonik horizontal tanpa

7/26/2019 FIS XI

38/134

gesekan. Kemudian, pegas ditarik sejauh xdari titik setimbang dandilepaskan. Jika massa pegas diabaikan, pernyataan berikut yang

benar adalah ...

(1) Pegas bergetar dengan periode tetap.

(2) Energi mekanik total bergantung pada waktu.

(3) Percepatan getaran bergantung padax.

(4) Frekuensi getaran tidak bergantung pada kdan m.

Pembahasan:

(1) f, T, A konstan

(2) 2m1

E kA konstan2

; tidak bergantung waktu (t)

(3) Karena x = A maka 2a x sin t

(4)1 k

f2 m

Jadi, pernyataan 1 dan 3 benar.

Jawaban: B

2. Pada getaran selaras sederhana, jika t = 0, x = x0, dan v = v0, maka

amplitudo getarannya adalah 2 00v

x

SEBAB

Energi totalnya sebesar 21

kA2

.

Pembahasan:

Ingat! Hubungan kecepatan sudut dengan konstanta pegas dan

massa pegas:

2k k mm

Ingat! Hukum kekekalan energi mekanik:

7/26/2019 FIS XI

39/134

7/26/2019 FIS XI

40/134

7/26/2019 FIS XI

41/134

Pembahasan:

Ingat! Pada getaran harmonis suatu pegas dengan massa beban m

berlaku persamaan hukum Hooke dan hukum Newton II berikut:F k x dan F m g

sehinggaF m g

kx x

Jadi, periode benda yang bergetar adalah

mg xm

mT 2

k

T 2x

2g

Jawaban: D

6. Sebuah beban bermassa 200 gr digantung dengan sebuah pegas

yang memiliki nilai konstanta pegas 80 N/m. Benda tersebut

kemudian disimpangkan hingga menghasilkan getaran selarasdengan frekuensi ....

A. 10 Hz

B.20

Hz

C. 10 Hz

D. 20 Hz

E. 25 Hz

Pembahasan:

Diketahui: k = 80 N/m; m = 200 gr = 0,2 kg

Ditanya: f....?

1 k 1 80 10f Hz

2 m 2 0,2

Ingat! Persamaan frekuensi untuk getaran harmonis pada pegas

adalah1 k

f2 m

Jawaban: A

7/26/2019 FIS XI

42/134

7. Sebuah benda membentuk suatu getaran harmonis denganpersamaan: y 0,8 sin20 t Nilai dari periode getaran benda tersebut adalah ....

A. 0,5 s

B. 0,6 s

C. 0,1 sD. 0,2 s

E. 0,3 s

Pembahasan:

Ingat! Persamaan simpangan getaran harmonis adalah

0y A sin t

Maka = 20 sehingga

2 2 2T 0,1s

T 20

TIPS: Periode adalah waktu yang diperlukan benda tersebut untuk

melakukan satu kali getaran.

Jawaban: C

8. Persamaan simpangan suatu sistem ayunan yang bergerakharmonis adalah y 0,2 sin70 t . Benda tersebut bergetar dengankecepatan yang maksimum sebesar ....

A. 4 m/s

B. 14 m/s

C. 11 m/sD. 8 m/s

E. 6 m/s

Pembahasan:

Ingat! Persamaan simpangan getaran harmonis 0y A sin t ,maka diketahui 70 dan A = 0,2Jadi, kecepatan maksimum untuk getaran harmonis adalah

1

maxv A 70 0,2 14 ms

Jawaban: B

9. Pegas yang tergantung tanpa beban panjangnya 20 cm. Ujung

bawahnya digantung beban 200 gr sehingga panjang pegas

7/26/2019 FIS XI

43/134

menjadi 30 cm. Jika beban ditarik ke bawah sejauh 6 cm, makabesar gaya pemulih pegas adalah .... (g = 10 m/s2)

A. 0,8 N

B. 1,1 N

C. 1,2 N

D. 1,5 N

E. 2,2 N

Pembahasan:

Diketahui: y = 20 cm; y1 = 30 cm; y2 = 6 cm; m = 200 gr; g = 10 m/s2

Ditanya: Fp....?

Ingat! Hukum Hooke berlaku pada pegas (yang diam) denganpersamaan F k x .Nilai x adalah pertambahan panjang pegas, yaitu:

1 2y y 30 20 10 cm sehingga nilai konstanta pegas adalah

1

F k x

m g k x

m g 0,2 10k 20 Nm

x 0,1

Gaya pemulih pada ayunan pegas:

p 2F k y

20 0,06 1,2 N

Jawaban: C

10. Sebuah benda melakukan gerak harmonis dengan periode 2 detik.

Benda tersebut bergerak dari titik setimbang dengan amplitudo

sebesar A. Saat t = 0,5 detik perbandingan nilai amplitudo dan

simpangan getaran harmonis yang terjadi adalah ....A. 1 : 2

B. 1 : 1

C. 2 : 1D. 1 : 3

E. 1 : 4

Pembahasan:

Ingat! Persamaan simpangan untuk getaran harmonis: y Asin t maka

7/26/2019 FIS XI

44/134

2 2

T 2

rad/s

y Asin t

y Asin 0,5

y Asin90

y A 1

y : A 1:1

Jawaban: B

7/26/2019 FIS XI

45/134

BAB 5

MOMENTUM, IMPULS, DAN TUMBUKAN

A. MOMENTUM

Momentum merupakan hasil kali antara massa dengan kecepatan

benda. Karena kecepatan merupakan besaran vektor, maka

momentum juga termasuk besaran vektor yang arahnya sama

dengan arah kecepatan benda.p m v

Keterangan:

p = momentum benda (kg.m/s)m = massa benda (kg)

v = kecepatan benda (m/s)

Ingat! Hukum kekekalan momentum Jika tidak ada gaya luar yang

bekerja pada sistem, maka momentum total sesaat sebelum sama

dengan momentum total sesudah tumbukan.

awal akhir

1 2 1 2

1 1 2 2 1 1 2 2

p p

p p p' p'm .v m .v m' .v' m' .v'

B. IMPULS

Impuls benda didefinisikan sebagai hasil kali antara selang waktudan gaya yang bekerja pada benda. Secara matematis impuls

dituliskan sebagai berikut:

I F t Keterangan:I = besar impuls (N.s)

F = gaya yang bekerja pada benda (N)

t = selang waktu (s)

Ingat! Impuls merupakan perubahan momentum.I p

F t m (v v')

Keterangan:p : perubahan momentum (kg.m/s)

v : kecepatan benda sebelum tumbukan (m/s)

7/26/2019 FIS XI

46/134

v' : kecepatan benda setelah tumbukan (m/s)

C. TUMBUKAN

a. Jenis Tumbukan

Ingat! Hukum kekekalan momentum berlaku untuk semua jenis

tumbukan.

Tumbukan

lenting

sempurna

Tumbukan tidak

lenting sama sekali

Tumbukan lenting

sebagian

Ek= Ek Ek< Ek Ek < Eke = 1 e = 0 e < 1

1 1 2 2 1 1 2 2

1 2

1 2

mv m v mv ' m v '

v ' v 'e 1

v v

1 1 2 2 1 1 2 2

1 2

1 2

m v m v m v ' m v '

v ' v 'e 0

v v

1 1 2 2 1 1 2 2

1 2

1 2

m v m v m v ' m v '

v ' v '0 e 1

v v

Keterangan:

e : koefisien restitusi benda

v1 : kecepatan benda 1 sebelum tumbukan (m/s)v1 : kecepatan benda 1 setelah tumbukan (m/s)

v2 : kecepatan benda 2 sebelum tumbukan (m/s)

v2 : kecepatan benda 2 setelah tumbukan (m/s)

TIPS: Pada peristiwa tumbukan terjadi gaya aksi dan reaksi (Ingat!

Hukum Newton III) sehingga dalam perhitungan momentum, arah

dari kecepatan diikutsertakan.

b. Macam-Macam Peristiwa Tumbukan

1. Peluru bersarang di dalam balok

sebelum sesudah

pv gabv

pm

bm

Berlaku persamaan:p b

p gabp

m mv v

m

2. Balok bergerak pada lantai kasar

7/26/2019 FIS XI

47/134

v 0v

sk

Berlaku persamaan: v 2 gs

3. Balok bergerak parabolav

h

x

Berlaku persamaan:g

v x2h

4. Tumbukan pada bandul

v

cosh

Berlaku persamaan: v 2gh

5. Tumbukan bola dengan lantai

Berlaku persamaan:'' '2ghv h

ev h2gh

7/26/2019 FIS XI

48/134

7/26/2019 FIS XI

49/134

Tumbukan tidak lenting sama sekaliNilai koefisien restitusi adalah 0 maka

A A B BA B

A B

m v m v m 5 m 0 5mv ' v ' 2,5

(m m ) (m m) 2m

m/s

(pernyataan 3 benar)

TRIK! Tumbukan lenting sempurna: 1 2 2 1v v ' dan v v ' Tumbukan tidak lenting sama sekali:

A A B B A B A,Bm v m v (m m )v ' (benda menyatu dan bergerak

bersama).

Jawaban: D

2. Dua troli A dan B masing-masing 1,5 kg bergerak saling mendekat

dengan vA = 4 m/s dan vB = 5 m/s seperti pada gambar. Jika keduatroli bertumbukan tidak lenting sama sekali, maka kecepatan kedua

troli sesudah tumbukan adalah ....

A. 4,5 m/s ke kanan

B. 4,5 m/s ke kiri

C. 1,0 m/s ke kiriD. 0,5 m/s ke kiri

E. 0,5 m/s ke kanan

Pembahasan:

Diketahui: mA = mB = 1,5 kg; vA = 4 m/s; vB = 5 m/s

Ditanya: vA dan vB....?

Ingat! Tumbukan tidak lenting sama sekali:

A A B B A B A,Bm v m v (m m )v ' (benda menyatu dan bergerak

bersama).

7/26/2019 FIS XI

50/134

A A B B A B A,B

A A B BA,B

A B

1

A,B

m v m v (m m )v '

m .v m .vv '

(m m )

1,5 . 4 + 1,5 ( 5) 6 7,5v ' 0,5 ms

(1,5+1,5) 3

Karena vB > vA maka arah kecepatan setelah tumbukan mengikuti

arah gerak troli B, yaitu ke kiri.

Jawaban: D

3. Sebuah bola karet massanya 75 gram dilemparkan horizontal

hingga membentur dinding seperti gambar. Jika bola karet

dipantulkan dengan laju yang sama, maka besar impuls bola yang

terjadi adalah ....

A. nolB. 1,5 N.s

C. 3,0 N.s

D. 3,7 N.s

E. 5,5 N.s

Pembahasan:

Diketahui: v = 20 m/s; v = -20 m/s; m = 75 gr

Ditanya: I....?

Ingat! Besarnya impuls berbanding lurus dengan perubahan

momentum benda tersebut ketika terjadi benturan atau tumbukan.I p

m(v v')

0,75(20 ( 20))

0,75 40 30 Ns

TIPS: Tanda negatif pada nilai kecepatan setelah tumbukan

menyatakan arahnya berbeda dengan kecepatan sebelumtumbukan.

Jawaban: C

7/26/2019 FIS XI

51/134

4. Benda A dan benda B masing-masing bermassa 4 kg dan 5 kg

bergerak berlawanan arah seperti gambar. Keduanya kemudian

bertumbukan dan setelah tumbukan kedua benda berbalik arah

dengan kecepatan A = 4 m/s dan kecepatan B = 2 m/s, maka

kecepatan benda B sebelum tumbukan adalah ....

A. 6,0 m/s

B. 3,0 m/sC. 1,6 m/s

D. 1,2 m/s

E. 0,4 m/s

Pembahasan:

Diketahui: mA = 4 kg; mB = 5 kg; vA = 6m/s ;vA = -4 m/s; vB = 2 m/s

Ditanya: vB....?


tumbukan.

A A B B A A B B

A A B B A AB

B

1

B

m v m v m v ' m v '

m .v ' m .v ' m vv

m

4 ( 4) + 5 2 4 6 16 10 24v 6 ms

5 5

Jawaban: A

5. Bola bermassa 20 gram dilempar dengan kecepatan v1 = 4 m/s ke

kiri. Setelah membentur tembok, bola memantul dengan kecepatanv2 = 2 m/s ke kanan. Besar impuls yang dihasilkan adalah ....

A. 0,24 N.s

B. 0,12 N.s

7/26/2019 FIS XI

52/134

C. 0,08 N.sD. 0,06 N.s

E. 0,04 N.s

Pembahasan:

Diketahui: m = 20 gr; v1 = 4 m/s; v2 = -2 m/sDitanya: I....?


momentum benda tersebut ketika terjadi benturan atau tumbukan.

I p

m(v v')

0,02 4 ( 2)

0,02 6 0,12 Ns


menyatakan arahnya berbeda dengan kecepatan sebelum

tumbukan.

Jawaban: B

6. Perhatikan gambar berikut!

Benda A dan benda B bergerak seperti gambar, dan kemudian

terjadi tumbukan tidak lenting sempurna. Jika kecepatan benda A

dan B setelah tumbukan berturut-turut 8 m.s-1 dan 15 m.s-1, maka

kecepatan benda B sebelum tumbukan adalah . (UN 2015)

A. 15 m.s-1

B. 12 m.s-1

C. 10 m.s-1

D. 8 m.s-1

E. 5 m.s-1

Pembahasan:Diketahui: mA = 5 kg; mB = 2 kg; vA= 10 m/s; vA = 8 m/s; vB = 15 m/s;

e = 1

Ditanya: vB....?

7/26/2019 FIS XI

53/134

A A B B A A B B

A A B B A AB

B

1

B

m v m v m v ' m v '

m .v ' m .v ' m vv

m

5 (8) + 2 (15) 5 10 40 30 50v 10 ms

2 2

TIPS: Kecepatan yang berbeda karena perubahan energi kinetik

setelah tumbukan dan benda yang kemudian tidak bergerakbersamaan merupakan ciri tumbukan lenting sebagian.

Jawaban: C

7. Pada peristiwa tumbukan dua kelereng, jumlah momentum kedua

kelereng tidak berubah.

SEBAB

Gaya interaksi antara kedua kelereng memenuhi hukum ketigaNewton.

Pembahasan:

Ingat! Hukum kekekalan momentum berlaku pada benda yang

bertumbukan. Hubungan hukum Newton III dengan momentum

kelereng yang bertumbukan dapat dinyatakan sebagai berikut:

aksi reaksi

awal akhir

1 1 2 2 1 1 2 2

F F

p p

m .v m .v (m' .v' m' .v' )

TIPS: Tanda negatif akan ditunjukkan dengan perbedaan arah pada

kecepatan.

Pernyataan benar, alasan benar, dan ada hubungan sebab akibat.

Jawaban: A

8. Bola kasti memiliki massa 200 gram mula-mula bergerak dengan

kecepatan 2 m.s-1. Lalu bola dipukul dengan gaya F berlawanan

dengan arah gerak sehingga kecepatan bola berubah menjadi 5m.s-1. Besar impuls yang diberikan kepada bola kasti adalah ....

A. 0,6 Ns

B. 1,2 Ns

C. 1,4 Ns

D. 1,6 NsE. 2,0 Ns

7/26/2019 FIS XI

54/134

Pembahasan:

Diketahui: m = 200 gr; v = 2 m/s; v = -5 m/s

Ditanya: I....?

Analisis gambar:


momentum benda tersebut ketika terjadi benturan atau tumbukan.I p

m(v v')

0,2(2 ( 5))

0,2 7 1,4 Ns


menyatakan arahnya berbeda dengan kecepatan sebelumtumbukan.

Jawaban: C

9. Dua benda bergerak berlawanan dan mengalami lenting sempurna,

memiliki massa yang sama sebesar 2 kg. Bola pertama memiliki

kecepatan sebesar 5 m/s, bola kedua memiliki kecepatan sebesar 2

m/s. Kecepatan bola pertama dan bola kedua setelah bertumbukan

adalah ....

A. 2 m/s dan 3 m/s

B. 4 m/s dan 3 m/sC. 2 m/s dan 5 m/s

D. 4 m/s dan 2 m/s

E. 3 m/s dan 4 m/s

Pembahasan:

Diketahui: m1 = m2 = 2 kg; v1 = 5 m/s; v2 = -2 m/sDitanya: v1 dan v2....?

Analisis gambar:

Ingat! Benda mengalami tumbukan lenting sempurna memiliki

koefisien restitusi =1.

7/26/2019 FIS XI

55/134

2 1

1 2

2 1

2 1

v ' v 'e

v v

v ' v '1

5 ( 2)

v ' 7 v '


tumbukan.

1 1 2 2 1 1 2 2

1 2

1 2

1 1

1 1

1 2

m v m v m v ' m v '

2 5 2 ( 2) 2v ' 2v '

3 v ' v '

3 v ' (7 v ')

v ' 2 ms v ' 5 ms

Trik! Pada kasus dua benda: memiliki massa sama, bergerak

berlawanan, kecepatan berbeda, dan terjadi tumbukan lenting

sempurna, maka kecepatan setelah tumbukan nilainya bertukaran.

Jawaban: C

10. Sebuah senapan yang mempunyai massa 4 kg menembakkan

peluru yang massanya 10 gram dengan kecepatan 500 m/s.Kecepatan gerak senapan pada saat peluru meledak adalah ....

A. -1,50 m/s

B. -1,25 m/s

C. 1,00 m/s

D. 1,25 m/s

E. 1,50 m/s

Pembahasan:

Diketahui: ms = 4 kg ; mp = 10 gr = 0,01 kg; vp = 500 m/s

Ditanya: vs....?

Momentum awal = 0 karena senapan dan peluru diam, maka:

7/26/2019 FIS XI

56/134

awal akhir

s p

s s p p

s

s

1

s

p p

0 p' p'

0 m .v m .v

0 4 v 0,01 500

4 v 5

5v 1,25 ms4

Ingat! Tanda negatif menunjukkan bahwa senapan bergerakberlawanan arah dengan peluru.

Jawaban: B

7/26/2019 FIS XI

57/134

BAB 6

KESEIMBANGAN DAN DINAMIKA ROTASI

A. TORSI

Torsi (momen gaya) menunjukkan kemampuan sebuah gaya untuk

membuat benda mengalami gerak rotasi.

Torsi merupakan hasil perkalian silang antara vektor posisi rdengan

gaya Fdan termasuk dalam besaran vektor. Dirumuskan:

F d

F r sin

Keterangan:

: momen gaya (Nm)

F : gaya (N)d : lengan gaya (m)

r : jari-jari (m)

Ingat! Torsi bertanda positif (+) jika searah jarum jam, bertandanegatif (-) jika berlawanan arah dengan jarum jam.

B. MOMEN INERSIA

Momen inersia adalah besaran tetap untuk benda yang mengalami

rotasi, yakni ukuran kelembaman suatu benda untuk berputar

terhadap porosnya.

Momen inersia suatu titik seperti gambar di atas dirumuskan

sebagai berikut:2I m R

7/26/2019 FIS XI

58/134

7/26/2019 FIS XI

59/134

31 2 FF F

sin sin sin

D. TITIK BERAT

Titik berat adalah titik tangkap resultan gaya-gaya berat dari benda.

a. Titik Berat Benda Homogen

Berikut ini adalah tabel letak titik berat beberapa benda homogen.

No Nama Benda Letak Titik Berat

1 Garis luruso

1X

2

2 Busur

setengah

lingkaran

o

4RY

3

R = jari-jari lingkaran

3 Segitigao

1Y t

2

t = tinggi segitiga

4 Silinder pejalo

1Y t

2

t = tinggi silinder

5 Kulit limas 1T'z T'T

3

TT = garis tinggi

ruang

6 Kulit kerucuto

1Y T'T

3

TT = tinggi kerucut

7/26/2019 FIS XI

60/134

7/26/2019 FIS XI

61/134

7/26/2019 FIS XI

62/134

E. 1I a R Pembahasan:

Ingat! Hubungan momen inersia dengan torsi.

1

I

aI

R

RI a Ra

Ingat! Percepatan linier adalah percepatan sudut dikali jari-jari

rotasi a R .

Jawaban: D

2. Sebuah batang yang sangat ringan panjangnya 140 cm. Pada

batang bekerja tiga buah gaya masing-masing F1 = 20 N, F2 = 10 N,

F3 = 40 N dengan arah dan posisi seperti pada gambar. Besar

momen gaya yang menyebabkan batang berotasi pada pusat

massanya adalah ....

A. 40 NmB. 39 Nm

C. 28 Nm

D. 14 Nm

E. 3 Nm

Pembahasan:

Diketahui: batang ringan; = 140 cm; F1 = 20 N; F2 = 10 N; F3 = 40 N

Ditanya: ....?

Analisis gambar:

Perhatikan bahwa letak pusat massa batang berada di tengah, yaitu

pada titik O. Jadi, besar momen gaya pada pusat massanya:

7/26/2019 FIS XI

63/134

o 1 1 3 3 2 2

o

o

o

F d F d F d

20 0,7 40 0,7 10 0,3

14 28 3

39 Nm

TIPS: Perhatikan bahwa gaya F1 dan F3 dapat memutar batang

searah jarum jam.

Jawaban: B

3. Sebuah batang yang diabaikan massanya dipengaruhi tiga buah

gaya FA = FC = 10 N dan FB = 20 N seperti pada gambar. Jika jarak AB

= BC = 20 cm, maka besar momen gaya terhadap titik C adalah ....

A. 0 Nm

B. 1 Nm

C. 4 Nm

D. 6 Nm

E. 8 Nm

Pembahasan:

Diketahui: FA = FC = 10 N; FB = 20 N; AB = BC = 20 cm = 0,2 mDitanya: C....?

Analisis gambar:

Pada titik C terdapat gaya FC sehingga besar momen gaya akibat FCadalah nol. Maka, besar momen gaya terhadap titik C, yaitu:

C A AC B BC

C

C

F d F d

10 0,4 20 0,2

4 4 0 Nm

Jawaban: A

4. Perhatikan gambar bidang homogen berikut ini. Letak titik berat

bidang tersebut dari AB adalah ....

7/26/2019 FIS XI

64/134

A. 3,6 cm

B. 3,8 cmC. 4,2 cm

D. 5,5 cm

E. 6,0 cm

Pembahasan:

Analisis gambar:

Gambar memiliki dua dimensi sehingga berlaku persamaan titik

berat gabungan benda homogen berbentuk luasan dari bidang AB

(perhatikan soal).

Luas bidang I2

I

1 1A at 6 6 18 cm

2 2

Jarak pusat massa bidang I ke AB

I

1 1y t 3 6 3 5 cm

3 3

Luas bidang II2

IIA p 4 3 12 cm

Jarak pusat massa bidang II ke AB

II

1y 3 1,5 cm

2

Titik berat bidang dari AB

7/26/2019 FIS XI

65/134

7/26/2019 FIS XI

66/134

Gambar memiliki dua dimensi sehingga berlaku persamaan titikberat gabungan benda homogen berbentuk luasan dari sumbu X

(perhatikan soal).

Luas bidang I2

I

1 1A at 3 3 4,5 cm

2 2

Jarak pusat massa bidang I ke sumbu X

I

1 1y t 3 3 3 4 cm

3 3

Luas bidang II dan III2

II IIIA A p 3 3 9 cm

Jarak pusat massa bidang II dan III ke sumbu X

II III

1

y y 3 1,5 cm2 Titik berat bidang dari sumbu X

n n

0

n

I I II II III III

I II III

A yy

A

A y A y A y

A A A

4,5 4 9 1,5 9 1,5

4,5 9 9

18 13,5 13,52 cm

22,5

TIPS: Perhatikan titik berat benda I adalah segitiga o1

y t2

dan

benda II adalah persegi o1

y2

.

Jawaban: E

7/26/2019 FIS XI

67/134

7/26/2019 FIS XI

68/134

Ingat! Persamaan momen inersia total dari gabungan beberapa

benda: 2I (m R ) 2

i i

2 2A A B B

2 2

2

I m R

I m R m R

I 2 1 1 3

I 2 9 11kg.m

Ingat! Momen inersia merupakan besaran skalar sehingga besarnya

selalu bernilai positif.

Jawaban: E

8. Perhatikan dua bola yang dihubungkan dengan seutas kawat berikut!

Panjang kawat tersebut adalah 12 cm, L1 = 8 cm, dan massa kawat

diabaikan, maka besar momen inersia sistem adalah ....

A. 0,186 kg m2

B. 0,176 kg m2C. 0,346 kg m2

D. 0,224 kg m2

E. 0,204 kg m2

Pembahasan:

Analisis gambar:

Ingat! Persamaan momen inersia total dari gabungan beberapa

benda: 2I (m R ) 2

i i

2 2A 2 B 1

2 2

2

I m R

I m L m L

I 3 (0,04) 2 (0,08)

I 0,048 0,128 0,176 kg.m

7/26/2019 FIS XI

69/134

Ingat! Momen inersia merupakan besaran skalar sehingga besarnyaselalu bernilai positif.

Jawaban: B

9. Perhatikan gambar bangun homogen di samping!

Letak titik berat jika diukur dari garis AB adalah ....

A. 10,0 cm

B. 9,0 cm

C. 8,6 cmD. 8,0 cm

E. 7,4 cm

Pembahasan:

Gambar memiliki dua dimensi sehingga berlaku persamaan titikberat gabungan benda homogen berbentuk luasan dari garis AB

(perhatikan soal).

Luas bidang 12

1A p 20 20 400 cm

Jarak pusat massa bidang 1 ke garis AB

1

1 1y 20 10 cm

2 2

Luas bidang 22

2

1 1A at 20 6 60 cm

2 2

Jarak pusat massa bidang 2 ke garis AB2

1 1y 20 t 20 6 18 cm

3 3

Titik berat bidang dari garis AB

7/26/2019 FIS XI

70/134

n n

0

n

1 1 2 2

1 2

A yy

A

A y A y

A A

400 10 60 18

400 604000 1080

8,6cm340

TIPS: Perhatikan titik berat benda 2 adalah segitiga o1

y t2

dan

benda 1 adalah persegi o1

y2

.

Jawaban: B

10. Pada sistem kesetimbangan benda tegar seperti gambar di bawah.AB batang homogen dengan panjang 80 cm dan berat 18 N

sedangkan berat beban adalah 30 N. BC adalah tali. Jika jarak AC =60 cm, tegangan pada tali (dalam newton) adalah ....

A. 36 N

B. 48 NC. 50 N

D. 65 N

E. 80 N

Pembahasan:

Diketahui: Wbatang = 18 N; Wbenda = 30 N; AB = 80 cm; AC = 60 cmDitanya: TBC....?

Ingat! Kesetimbangan benda tegar F 0 dan 0 Analisis gambar:

7/26/2019 FIS XI

71/134

2 2 2

2 2

BC AB AC

80 60 100 cm

AC 60sin 0,6

BC 100

A 0

118 AB 30 AB T sin AB 0

2

T sin AB 39 AB

39T 65N

0,6

TIPS: Berat batang berada di titik berat batang =1

2 sehingga

menjadi lengan gaya (d).

Jawaban: D

7/26/2019 FIS XI

72/134

BAB 7

FLUIDA DINAMIK

A. FLUIDA IDEAL

Fluida dinamis adalah fluida yang mengalir atau bergerak terhadap

sekitarnya. Sifat ideal fluida dinamik dijelaskan dalam persamaan

kontinuitas dan juga hukum Bernoulli.

B. AZAS KONTINUITAS

Ingat! Persamaan kontinuitas Kecepatan aliran fluida berbanding

terbalik dengan luas penampangnya. Pipa yang luaspenampangnya kecil memiliki aliran yang besar, begitu juga

sebaliknya. Secara matematis dapat ditulis sebagai berikut:

1 2

1 1 2 2

Q Q

A v A v

Di mana Q adalah jumlah fluida yang mengalir melalui suatu

penampang tiap satuan waktu, ditulis dengan persamaan:

VQ

t

Keterangan:

Q : debit aliran (m3/s)v1 : kecepatan aliran di penampang 1 (m/s)

A1 : luas penampang pipa 1 (m2)

v2 : kecepatan aliran di penampang 2 (m/s)

A2 : luas penampang pipa 2 (m2)

V : volume fluida (m3)

t : waktu aliran (s)

C. AZAS BERNOULLI

Hukum Bernoulli membahas tentang hubungan antara kecepatan

aliran fluida, ketinggian, dan tekanan, seperti terlihat pada gambar.

7/26/2019 FIS XI

73/134

Ingat! Asas Bernoulli menyatakan bahwa semakin besar kecepatanfluida maka semakin kecil tekanannya. Secara matematis dapat

ditulis sebagai berikut:

2 2

1 1 1 2 2 2

1 1P g h v P g h v

2 2

atau

2 21 2 2 1 2 11P P v v g h h2 Keterangan:

P1 : tekanan pada penampang 1 (Pa)

P2 : tekanan pada penampang 2 (Pa)



h1 : ketinggian penampang 1 (m)

h2 : ketinggian penampang 2 (m)

D. PENERAPAN AZAS KONTINUITAS DAN BERNOULLI DALAM

KEHIDUPAN

a. Fluida dalam Tangki

Ingat! Hukum Pascal menyatakan bahwa tekanan yang diberikan di

dalam ruang tertutup diteruskan sama besar ke segala arah.

1 1 2 2

1 2 2 1

P gh 0 P gh 0

P P g(h h )

b. Fluida dalam Tangki BerlubangPerhatikan analisis keadaan fluida pada tangki berlubang berikut!

7/26/2019 FIS XI

74/134

Pada gambar terlihat bahwa fluida mengalir sesuai dengan gerakjatuh bebas (GLBB).

1. Kecepatan aliran (v)

Kecepatan aliran fluida jika tangki berlubang:

v 2 g h

2. Waktu fluida mengalir ke luar lubang (t)

Waktu yang dibutuhkan fluida saat keluar dari lubang hingga

jatuh ke dasar:

2(H h)t

g

3. Jangkauan fluida pada tanah (X)

Jangkauan maksimal Xmaks fluida:

maks

maks

maks

X v t

2(H h)X 2gh

g

X 2 h (H h)

c. Fluida yang Mengalir dalam Pipa Horizontal

Pada pipa horizontal berlaku azas kontinuitas, yaitu:

1 2

1 1 2 2

Q Q

A v A v

d. Venturimeter Tanpa Manometer

7/26/2019 FIS XI

75/134

Perbedaan ketinggian vertikal fluida tabung pertama dan kedua

dinyatakan sebagai h, dengan persamaan Bernoulli kecepatan v

pada tabung venturimeter dapat dirumuskan sebagai berikut:

2 2 1 22 1

2(P P )(v v ) 2 g h

atau

1 2

1

2

2 g hv

A1

A

e. Venturimeter dengan Manometer

Ingat! Prinsip venturimeter dengan manometer hampir sama

dengan yang tanpa manometer, perbedaannya terletak pada

tabung U yang berisi raksa (manometer).

Kecepatan fluida yang mengalir di dalamnya dirumuskan sebagaiberikut:

r1 2

1u

2

2 g hv

A 1A

Keterangan:

r : massa jenis raksa (kg/m3)

u: massa jenis udara (kg/m3)

7/26/2019 FIS XI

76/134

f. Tabung Pitot

Tabung pitot digunakan untuk mengukur kelajuan fluida gas.

Kecepatan aliran gas v pada tabung dapat dirumuskan sebagai

berikut:

r2 g hv

g. Gaya Angkat Sayap pada Pesawat Terbang

Kelajuan aliran udara pada sisi bagian atas pesawat v1 lebih besar

daripada sisi bagian bawah sayap v2. Sesuai dengan asas Bornoulli,

tekanan pada sisi bagian atas P2 lebih kecil daripada sisi bagian

bawah P1 karena kelajuan udaranya lebih besar.

2 21 21 2

2 21 2 1 2

1 1P v P v

2 2

1(P P ) v v( )

2

Dengan A sebagai luas penampang pesawat, maka besarnya gaya

angkat pesawat, yaitu:

2 21 2 1 2

1F F A v v( )

2

atau

2 2

1 2

1F A v v( )

2

7/26/2019 FIS XI

77/134

Ingat! Pada gaya angkat sayap pesawat terbang berlaku:

1 2 1 2v v dan P P TIPS: Pada gaya angkat pesawat terbang yang perlu diperhatikan

bukan indeks 1 atau 2, namun bagian atas sayap atau bagian

bawah.

CONTOH SOAL DAN PEMBAHASAN1. Pernyataan di bawah ini yang berkaitan dengan gaya angkat pada

pesawat terbang yang benar adalah ...

A. Tekanan udara di atas sayap lebih besar daripada tekanan

udara di bawah sayap.

B. Tekanan udara di bawah sayap tidak berpengaruh terhadap

gaya angkat pesawat.

C. Kecepatan aliran udara di atas sayap lebih besar daripada

kecepatan aliran udara di bawah sayap.

D. Kecepatan aliran udara di atas sayap lebih kecil daripada

kecepatan aliran udara di bawah sayap.

E. Kecepatan aliran udara tidak memengaruhi gaya angkat

pesawat.

Pembahasan:

Ingat! Pada pesawat terbang, hubungan antara tekanan dan

kecepatan yaitu:

vA > vB dan PA < PBKeterangan:

vA : kecepatan di atas sayap pesawat

vB : kecepatan di bawah sayap pesawat

PA : tekanan di atas sayap pesawat

PB : tekanan di bawah sayap pesawat

Jawaban: C

2. Sayap pesawat terbang dirancang agar memiliki gaya angkat ke

atas maksimal seperti gambar. Jika v adalah kecepatan aliran udara

dan P adalah tekanan udara, maka sesuai dengan azas Bernoulli

rancangan tersebut dibuat agar ....

7/26/2019 FIS XI

78/134

A. vA > vB sehingga PA > PBB. vA > vB sehingga PA < PBC. vA < vB sehingga PA < PBD. vA < vB sehingga PA > PBE. vA > vB sehingga PA = PBPembahasan:

Ingat! Pada pesawat terbang hubungan antara tekanan dan

kecepatan yaitu:

vA > vB dan PA < PBKeterangan:

vA : kecepatan di atas sayap pesawatvB : kecepatan di bawah sayap pesawat

PA : tekanan di atas sayap pesawat

PB : tekanan di bawah sayap pesawat

Jawaban: B

3. Dari sebuah tangki terbuka berisi air, kran berada pada ketinggian

air seperti dalam gambar!

Kecepatan air keluar jika kran dibuka adalah .... (g = 10 m/s2)A. 6,3 m/s

B. 10,0 m/s

C. 11,8 m/s

D. 12,0 m/s

E. 15,5 m/sPembahasan:

Ingat! Air yang keluar dari kran atau tempat penampungan akan

mengalami gerak jatuh bebas. Besar kecepatannya, yaitu:1v 2 g h 2 10 (7 2) 2 10 5 10 ms

Jawaban: B

7/26/2019 FIS XI

79/134

4. Pada gambar di bawah, air dipompa dengan kompresor bertekanan

120 kPa memasuki pipa bagian bawah (I) dan mengalir ke atas

dengan kecepatan 1 m/s. Jika g = 10 m/s2 dan massa jenis air 1000

kg/m3. Tekanan air pada pipa bagian atas (II) adalah ....

A. 52,5 kPa

B. 67,5 kPa

C. 80,0 kPa

D. 92,5 kPa

E. 107,5 kPa

Pembahasan:

Diketahui: P = 120 kPa; vI = 1 m/s; = 1000 kg/m3; rI = 12 cm; rII = 6

cm

Ditanya: PII....?Ingat! Prinsip kontinuitas pada fluida yaitu besar debit yang

mengalir adalah tetap.

I II

I I II II

2 2

II

1

II

Q Q

v A v A

1 12 v 6

144v 4 ms

36

untuk menghitung tekanan fluida gunakan persamaan Bernoulli:

7/26/2019 FIS XI

80/134

2 2

I I I II I II 1I

2 2

1P P v v g h h

2

11000 4 1 10 2,12 0,12

2

1000 7,5 20

27,5kPa

Maka

I II

II I

II

P P 27,5

P P 27,5

P 120 27,5 92,5 kPa

Jawaban: D

5. Perhatikan gambar berikut!

Jika diameter penampang besar adalah dua kali diameterpenampang kecil, kecepatan aliran fluida pada pipa yang kecil

adalah ....

A. 8 m/sB. 16 m/s

C. 32 m/s

D. 40 m/s

E. 4 m/s

Pembahasan:

Diketahui: D1 = 2 D2; v1 = 4 m/s

Ditanya: v2....?

Ingat! Pada pipa/tabung horizontal (h1 = h2) berlaku azas

kontinuitas.

7/26/2019 FIS XI

81/134

1 2

1 1 2 2

2

1 1 1 12 2

2 2

1 2

2 142 1 2

24

1

2 1

Q Q

A v A v

A v 4 D vv

A 4 D

(2D ) vv

Dv 4 v 4 4 16ms

Jawaban: B

6. Suatu jenis fluida memancar melalui lubang kecil A dan B pada

dinding bak (lihat gambar). Perbandingan 1 2x : x untuk jangkauan

pancuran air lubang A dan B dari titik C adalah ....

A. 1 : 2

B. 2 : 3

C. 3 : 2

D. 1 : 1

E. 1 : 3

Pembahasan:

Ingat! Persamaan jangkauan maksimal (Xmaks) fluida pada tangki

berlubang:maks

X 2 h (H h) maka

A 1

B 2

X X 2 2 6 2 12 4 3

X X 2 6 2 2 12 4 3

A BX : X 1: 1

Jawaban: D

7/26/2019 FIS XI

82/134

7. Suatu zat cair dialirkan melalui pipa seperti tampak pada gambarberikut.

Jika luas penampang A1= 8 cm2, A2 = 2 cm2 dan laju zat cair v2 = 2

m/s maka besar v1 adalah ....A. 0,25 m/s

B. 0,50 m/s

C. 1,00 m/sD. 1,25 m/s

E. 1,50 m/s

Pembahasan:

Diketahui: A1 = 8 cm2 ; A2 = 2 cm2; v2 = 2 m/s

Ditanya: v1....?


kontinuitas.

1 2

1 1 2 2

12 21

1

Q Q

A v A v

A v 2 2v 0,50 ms

A 8

Jawaban: B

8. Gambar di bawah ini menunjukkan air yang mengalir melewati

sebuah pipa venturimeter. Jika luas penampang A1 dan A2 adalah

12 cm2 dan 8 cm2, maka kecepatan air yang memasuki pipa

venturimeter adalah ....

A. 12,5 m/sB. 2,5 m/s

C. 2 m/s

D. 3 m/s

7/26/2019 FIS XI

83/134

E. 6 m/s

Pembahasan:

Diketahui: A1 = 12 cm2; A2 = 8 cm2; h = 25 cm

Ditanya: v1....?

Ingat! Persamaan matematis pada pipa venturimeter tanpamanometer sehingga nilai v1 adalah

1 2

1

2

1 22

2

1 2

11

2 g hvA

1A

2 10 0,25v

12 101

8 10

5v

31

2

5 4v 5 2 ms9 4 5

4

Jawaban: C

9. Bagian sayap suatu pesawat terbang memiliki luas penampang 20

m2. Pada saat bergerak kecepatan aliran udara di bagian atas danbawahnya adalah 100 m/s dan 80 m/s. Jika massa jenis udara 1,3

kg/m3, maka besar gaya angkat pesawat tersebut adalah ....

A. 46.800 N

B. 30.600 N

C. 52.000 N

D. 3.240 NE. 450 N

Pembahasan:

Diketahui: A = 20; v1 = 100 m/s; v2 = 80 m/s; u = 1,3 kg/m3

Ditanya: F....?

7/26/2019 FIS XI

84/134

2 2

1 2

2 2

2

1F A v v( )

2

11,3 20 100 80( )

2

13 (100 64) 10

46800N

Jawaban: A

10. Air mengalir dalam suatu pipa yang diameternya berbeda 1 : 2. Jika

kecepatan air yang mengalir di bagian pipa yang besar adalah 40

m/s, maka besarnya kecepatan air dalam pipa kecil adalah ....

A. 40 m/s

B. 24 m/s

C. 100 m/s

D. 160 m/s

E. 180 m/s

Pembahasan:

Diketahui: d1 : d2 = 1 : 2; v2 = 40 m/s;

Ditanya: v1....?


kontinuitas.

1 2

1 1 2 2

2 21

1

1 2

2 241 1 2

14

1 2

1 2 14

1 1 214

Q Q

A v A v

A vv

A

D vv

D

(2D ) v

v 4 4 160 msD

Jawaban: D

7/26/2019 FIS XI

85/134

BAB 8

PERSAMAAN KEADAAN GAS

A. HUKUM BOYLE-GAY LUSSAC

Hasil percobaan Boyle: Apabila suhu gas yang berada dalam

bejana tertutup dipertahankan konstan, maka tekanan gas

berbanding terbalik dengan volumenya.

1 1 2 2P .V P .V

Hasil percobaan Charles: Jika tekanan gas yang berada dalam

bejana tertutup dipertahankan konstan, maka volume gas

sebanding dengan suhu mutlaknya.

1 2

1 2

V V

T T

Hasil percobaan Gay Lussac Jika volume gas yang berada dalam

bejana tertutup dipertahankan konstan, maka tekanan gas

sebanding dengan suhu mutlaknya.

1 2

1 2

P P

T T

Ingat! Hukum Boyle-Gay Lussac untuk gas:1 1 2 2

1 2

P .V P .V

T T

Keterangan:

P1 : tekanan gas pada keadaan 1 (N/m2)T1 : suhu mutlak gas pada keadaan 1 (K)

V1 : volume gas pada keadaan 1 (m3)

P2 : tekanan gas pada keadaan 2 (N/m2)

T2 : suhu mutlak gas pada keadaan 2 (K)

V2 : volume gas pada keadaan 2 (m3)

B. PERSAMAAN KEADAAN GAS

a. Sifat-Sifat Gas Ideal1. Suatu gas yang terdiri atas molekul-molekul. Setiap molekul

identik (sama) sehingga tidak dapat dibedakan dengan molekul

lainnya.

2. Molekul-molekul gas ideal tersebar merata di seluruh bagian

dan bergerak secara acak ke segala arah.

7/26/2019 FIS XI

86/134

3. Hukum-hukum Newton tentang gerak berlaku pada molekulgas ideal.

4. Jarak antara molekul-molekul gas jauh lebih besar daripada

ukuran molekulnya.

5. Tidak ada gaya interaksi antarmolekul; kecuali jika antarmolekul

saling bertumbukan atau terjadi tumbukan antara molekul

dengan dinding.6. Semua tumbukan yang terjadi pada molekul-molekul gas ideal

merupakan tumbukan lenting sempurna dan terjadi pada

waktu yang sangat singkat (molekul dapat dipandang seperti

bola keras yang licin).

b. Persamaan Umum Gas Ideal

Persamaan umum gas ideal:

P V n R T

KarenaA

Nn

N dan

A

Rk

N , maka dapat ditulis:

P V n k T

Keterangan:P : tekanan gas ideal (Pa atau N/m2)V : volume gas ideal (m3)

n : nilai mol dari gas (mol)

R : 0,082 L.atm/mol.K atau 8,31 J/mol.K

T : suhu mutlak (T)

k : konstanta Boltzman (1,38 10-23 J/K)

N : jumlah molekul gasNA : bilangan Avogadro (6,02 1023 mol-1)

C. TEORI KINETIK GAS

a. Tekanan dan Temperatur Gas Ideal

Dari penurunan rumus fisika statistik pada gas ideal didapatkanpersamaan:

21P V m v N3

Jika dihubungkan dengan energi kinetik rata-rata 21

Ek mv2

,

maka persamaan menjadi:

7/26/2019 FIS XI

87/134

2P V N Ek

3

3 P VEk

2 N

3Ek k T

2

Persamaan temperatur berdasarkan teori kinetik gas 2P V N Ek 3

,

yaitu:

2T k Ek

3

Keterangan:

m : massa molekul (kg)

N : jumlah molekul gas

v : kecepatan (m/s)

Ek : energi kinetik rata-rata (J)

T : temperatur gas (K)

c. Kecepatan Efektif Gas Ideal

Kecepatan efektif molekul-molekul gas ideal atau vrms dinyatakan

dengan:

rms

3 k Tv

m

Karenam

V , maka

rms

3 Pv

Keterangan:

vrms : kecepatan efektif : massa jenis gas

D. TINJAUAN IMPULS-TUMBUKAN UNTUK TEORI KINETIK GAS

Ingat! Sifat gas ideal: Tidak ada gaya interaksi antarmolekul; kecuali

jika antarmolekul saling bertumbukan atau terjadi tumbukan antara

molekul dengan dinding.

7/26/2019 FIS XI

88/134

Artinya dinding ruang gas akan mendapatkan tekanan dari

molekul-molekul gas ideal. Jika kecepatan molekul bergerak searah

sumbu x maka dinyatakan sebagai vx. Hubungan vx dengan

momentum karena terjadinya tumbukan lenting sempurna, yaitu:

akhir awal

x x x

p p p

p m v (m v ) 2m v

Karena gaya total yang terjadi adalah laju perubahan momentum,maka kecepatan molekul gas ideal dinyatakan sebagai:

2

total xF NmvJika setiap komponen pada ruas kecepatan dikuadratkan maka

dihasilkan persamaan 2 2xv 3v maka persamaan teori kinetika gasideal dapat dirumuskan sebagai berikut:

21P V N m v3

Keterangan:

p : perubahan momentum (kg.m/s)

m : massa 1 molekul gas (kg)F : gaya total yang dihasilkan molekul (N)

E. TEORI EKIPARTISI ENERGI DAN ENERGI DALAM

a. Derajat Kebebasan dan Teorema Ekipartisi Energi

Prinsip ekuipartisi energi menyatakan bahwa tiap derajat

kebebasan dalam molekul gas memberikan sumbangan energi

pada gas sebesar1

kT2

.

Ingat! Setiap molekul dengan f derajat kebebasan akan memiliki

energi rata-rata. Secara matematis dirumuskan sebagai berikut:

1

Ek f kT2

b. Energi Dalam pada Gas Ideal

Energi dalam (U) adalah jumlah energi kinetik seluruh molekul gas.

Perubahannya dirumuskan dalam hukum I Termodinamika:Q U W

7/26/2019 FIS XI

89/134

Keterangan:U : perubahan energi dalam (J)

Q : banyaknya kalor yang diserap/dilepas sistem (J)

W : usaha yang dilakukan oleh gas terhadap lingkungan (J)

Energi dalam pada gas ideal bergantung pada jumlah molekul,

suhu gas, serta jenis gas (monoatamik, diatomik, atau triatomik).1. Gas monoatomik

Pada gas monoatomik contohnya seperti He, Ne, dan Ar hanya

akan mengalami gerak translasi sehingga memiliki tiga derajat

kebebasan (f = 3). Maka berlaku persamaan:

3U N E N Ek N k T

2

2. Gas diatomik

Gas diatomik seperti H2, O2, dan H2 Pada suhu rendah (T = 250 K), f = 3, maka

3U N E N Ek N k T

2

Pada suhu sedang (T = 500 K), f = 5, maka5U N E N Ek N k T

2

Pada suhu tinggi (T = 1000 K), f = 7, maka7

U N E N Ek N k T2


1. Sejumlah gas ideal berada di ruangan tertutup mula-mula bersuhu

27oC. Supaya tekanannya menjadi 4 kali semula, maka suhu

ruangan tersebut adalah ....

A. 108C

B. 297CC. 300C

D. 927C

E. 1200C

Pembahasan:

Ingat! Hukum Boyle-Gay Lussac untuk gas:

7/26/2019 FIS XI

90/134

1 1 2 2

1 2

1 2

1 2

1 1

2

2

2

P .V P .V

T T

P P

T T

P 4P

(300) T

T 1200 KT 1200 K 273 927 C

TIPS: Perhatikan bahwa dalam soal tidak ada perubahan volume.

Jawaban: D

2. Suatu gas ideal berada dalam suatu bejana tertutup dengan

tekanan P, volume V, dan suhu T. Jika suatu saat suhu diubah

menjadi 2T dan volumenya menjadi3

2V, maka perbandingan

tekanan awal (P1) dengan tekanan akhir (P2) setelah V dan T diubah

adalah ....

A. 1 : 3

B. 1 : 2C. 2 : 3

D. 3 : 4

E. 4 : 3

Pembahasan:

Ingat! Hukum Boyle-Gay Lussac untuk gas:

1 1 2 2

1 2

21

1

2

1

2

P .V P .V

T T

3P V

P .V 2T 2T

P T 3VP 2T 2V

P 3

P 4

Jawaban: D

7/26/2019 FIS XI

91/134

3. Suatu gas ideal dengan volume 1 liter pada suhu 27oC mengalamipemanasan isobarik pada tekanan 3 atm (1 atm = 105 N.m-2) hingga

suhu 117oC. Bila kapasitas kalor gas ideal 8,0 J.K-1, maka volume

akhir gas ideal dan perubahan energi dalamnya berturut-turut

adalah ....

A. 1,3 liter dan 630 joule

B. 1,3 liter dan 720 jouleC. 1,5 liter dan 630 joule

D. 1,5 liter dan 720 joule

E. 1,8 liter dan 630 joule

Pembahasan:

Diketahui: V1 = 1 liter = 10-3 m3; T1 = 27C = 300 K; P = 3 atm = 3.105

N/m2; T2 = 117C = 390 K; C = 8 J/K

Ditanya: V2 dan U....?

Ingat! Isobarik = keadaan P tetap. Hukum Boyle-Gay Lussac untuk

gas:

1 1 2 2

1 2

1 2

1 2

22

P .V P .V

T T

V VT T

V1V 1,3 L

300 390

Ingat! Hukum I termodinamika:

5 3

Q U W

C T U (P V)

U (C T) (P V)

(8 90) (3 10 0,3 10 )

720 90 630 J

Jawaban: A

4. Suhu gas nitrogen pada saat kelajuan rms-nya (root mean square)

sama dengan v1 adalah 300K. Jika kelajuan rms gas nitrogen

diperbesar menjadi dua kali dari v1, maka suhu gas nitrogentersebut berubah menjadi ....

A. 425 K

7/26/2019 FIS XI

92/134

B. 600 KC. 1146 K

D. 1200 K

E. 2292 K

Pembahasan:

Diketahui: Trms1 = Tv1 = 300 K; vrms2 = 2v1Ditanya: T2....?

Ingat! Persamaan kecepatan efektif gas ideal:

rms

3 k Tv

m

maka

1 1

2 2

1

v T

v T

v

12 v 2

2

300

T

T 4 300 1200 K

Jawaban: D

5. Dua mol gas monoatomik mengembang dengan tekanan tetap.Volume gas mula-mula adalah 0,03 m3 dan volume akhir adalah

0,07 m3. Perbandingan temperatur mula-mula dan temperatur akhir

adalah ....

A.7

3

B.3

7

C.2

3

D.

1

3

E.7

6

Pembahasan:

Ingat! Isobarik = keadaan P tetap. Hukum Charles untuk gas:

7/26/2019 FIS XI

93/134

1 1

2 2

1 1

2 2

V T

V T

T T0,03 3

0,07 T T 7

Jawaban: B

6. Sebuah wadah tertutup diisi n mol gas ideal monoatomik. Suhu dantekanan gas adalah T0 dan P0, sedangkan volume wadah dijaga

tetap V0. Ketika suhunya diturunkan menjadi 03

T4

. Maka ....

(1) Tekanannya menjadi 03

P4

(2) Energi yang dilepas adalah 03

nRT4

(3) Usaha yang dilakukan gas adalah nol.

(4) Perubahan energi dalamnya adalah 03

nRT4

Pembahasan:Isokhorik volume tetap

(1) Ingat! Persamaan hukum Gay-Lussac:

1 1 2 2

1 2

P V P V

T T , maka

0 01 1 0 0

0 0

P P 3 3P T T P

T T 4 4

(2) Ingat! Hukum I Termodinamika dan energi dalam gas ideal

monoatomik.

1 0

0 0

0

Q W U isokhorik W 0

Q U

3Q nR(T T )2

3 3nR T T

2 4

3nRT

8

7/26/2019 FIS XI

94/134

(3) Pada keadaan isokhorik berlaku W P V 0

(4) Sesuai perhitungan poin 2, 03

U Q nRT8

Jadi, pernyataan 1 dan 3 benar.

Jawaban: B

7. Pada suhu 250 K suatu gas ideal diatomik memiliki energi dalamsebesar 1,05 1027 J. Nilai mol gas ideal tersebut jika diketahui

energi kinetiknya 10 kJ adalah ....

A. 0,17 mol

B. 0,12 molC. 0,3 mol

D. 0,5 mol

E. 0,7 mol

Pembahasan:

Diketahui: U = 1,05 1027 J; Ek = 10 kJ; T = 250 K

Ditanya: n....?

2723

4

U N Ek

U 1,05 10N 1,05 10Ek 10

Nilai mol dari molekul gas ideal:23

23

A

N 1,05 10n 0,17 mol

N 6,02 10

Jawaban: A

8. Suatu gas ideal dengan volume 3 liter pada suhu 270C mengalami

pemanasan isobarik pada tekanan 1 atm (1 atm = 105 N.m-2) hingga

suhu 770C. Bila kapasitas kalor gas ideal 8,0 J.K-1, maka perubahanenergi dalam dan volume akhir gas ideal berturut-turut adalah ....

A. U = 350 J, V = 3,5 literB. U = 400 J, V = 3,7 literC. U = 450 J, V = 3,8 literD. U = 500 J, V = 4,0 literE. U = 550 J, V = 4,5 literPembahasan:

7/26/2019 FIS XI

95/134

Diketahui: V1 = 3 liter = 3.10-3 m3; T1 = 27C = 300 K; P = 1 atm =105

N/m2; T2 = 77C = 350 K; C = 8 J/K

Ditanya: V2 dan U....?

Ingat! Isobarik = keadaan P tetap. Hukum Boyle-Gay Lussac untuk

gas:

1 1 2 2

1 2

1 2

1 2

22

P .V P .V

T TV V

T T

V3V 3,5 L

300 350

Ingat! Hukum I termodinamika:

5 3

Q U W

C T U (P V)

U (C T) (P V)

(8 50) (10 0,5 10 )

400 50 350 J

Jadi, perubahan energi dalam 350 J dan volume akhir gas ideal

adalah 3,5 liter.

Jawaban: A

9. Sejumlah gas ideal menjalani proses isotermik sehingga

tekanannya menjadi 2 kali tekanan semula, maka volumenyamenjadi ....

A.1

4kali volume awal

B.1

2kali volume awal

C. 1 kali volume awalD. 4 kali volume awal

E. 1,5 kali volume awal

Pembahasan:

Diketahui: V1 = V ; P1 = P ; P2 = 2P

Ditanya: V2....?

7/26/2019 FIS XI

96/134

Ingat! Isotermik = suhu (T) konstan, maka berlaku persamaanHukum Boyle untuk gas:

1 1 2 2

1 2

2

P .V P .V

P.V 2P .V

1V V

2

Jawaban: B

10. Laju efektif (rms) gas oksigen bermassa 32 kg/mol pada suhu 270C

adalah ....

A. 17,0 m/s

B. 12,5 m/s

C. 15,3 m/s

D. 16,5 m/sE. 13,7 m/s

Pembahasan:

Diketahui: M = 32 kg/mol; T1 = 27C = 300 K

Ditanya: vrms....?Massa molekul oksigen:

123

23 1

A

32 kgmolMm 5,32 10 kg

N 6,02 10 mol

Kecepatan efektif molekul-molekul gas ideal atau vrms dinyatakandengan:

rms

23

23

1

3 k Tv

m

3 (1,38 10 ) 300

5,32 10

15,3ms

Jawaban: C

7/26/2019 FIS XI

97/134

BAB 9

GEJALA PEMANASAN GLOBAL

A. EFEK RUMAH KACA

Ingat! Gas-gas emisi rumah kaca (gas rumah kaca) yang termasuk

dalam daftar IPCC (Intergovernmental Panel on Climate Change),

antara lain: CO2, CH4, N2O, CFCs, CH3CCl3, CCl4, HFCs, SF6.

Efek rumah kaca (green house effect) awalnya merupakan

mekanisme penting bagi kelangsungan makhluk hidup di bumi. Hal

itu karena efek rumah kaca memberikan suhu relatif stabil 15C bagi

permukaan bumi yang seharusnya akan memiliki suhu -18C. Efek

ini adalah naiknya suhu permukaan bumi karena proses masuk dan

terjebaknya radiasi matahari akibat gas-gas rumah kaca yang secara

alami berada di atmosfer bumi. Gas-gas di atmosfer cenderung

menyerap radiasi yang memiliki panjang gelombang pendek

sehingga radiasi matahari yang diserap hanya sedikit, sedangkan

sisanya terpantul ke angkasa luar.

Kegiatan industri dan modernisasi yang tidak efektif berikutnyameningkatkan kuantitas gas-gas rumah kaca dan menimbulkan

dampak berupa hujan asam, kenaikan suhu bumi, dan

berlubangnya lapisan ozon.

B. EMISI KARBON DAN PERUBAHAN IKLIM

Banyak gas bersifat transparan pada radiasi panas yang

melewatkan seluruh spektrumnya. Namun, gas CO2 sebagai salah

satu gas rumah kaca bersifat menyerap radiasi panas tersebut. Emisikarbon dari berbagai proses di bumi meningkatkan kadar gas ini di

atmosfer. Akibatnya, radiasi panas dari matahari semakin banyak

yang diserap bumi daripada yang dipantulkan kembali ke angkasa.

Perhatikan diagram berikut!

7/26/2019 FIS XI

98/134

(National Wildlife Federation, 2007)

Dari diagram terlihat bahwa kenaikan konsentrasi CO2 di atmosfer

juga mengakibatkan naiknya temperatur di bumi bagian utara.

Fenomena kenaikan suhu di permukaan bumi tersebut dikenal

dengan pemanasan global (global warming).

Pemanasan global kemudian menyebabkan es di daerah kutub

mencair. Es yang mencair menyebabkan permukaan air laut

meningkat sehingga memicu banjir dan bencana lainnya. Hutan

dunia yang lahannya sudah sangat berkurang tidak dapat

berkontribusi maksimal pada siklus air (hidrologi) sehingga curahhujan mulai tidak merata di permukaan bumi. Perubahan-

perubahan tersebut menandakan terjadinya perubahan iklim dunia.

C. ALTERNATIF SOLUSI ENERGI

a. Efisiensi Penggunaan Energi

Berbagai pencemaran yang terjadi di atmosfer hingga

mengakibatkan perubahan iklim disebabkan oleh tidak

digunakannya sumber energi dengan efisien. Berbagai sumber

energi seperti bahan bakar minyak (BBM) dan diesel memiliki hasil

samping berupa emisi yang kemudian menjadi zat pencemar

udara, air, hingga tanah.

Efisiensi penggunaan energi yang dapat dilakukan tiap individu,

antara lain:

1. Mematikan alat-alat listrik yang sedang tidak digunakan atau

efisiensi penggunaan alat listrik.

2. Memilih sumber cahaya (lampu) dan alat listrik yang hemat

energi, seperti lampu LED dan kulkas atau AC tanpa CFCs.

7/26/2019 FIS XI

99/134

3. Tidak menggunakan kendaraan bermotor untuk seluruhaktivitas.

4. Menanam pepohonan di sekitar kawasan tempat tinggal atau

kantor.

5. Daur ulang bahan-bahan yang mungkin masih bisa digunakan.

b. Pencarian Sumber-Sumber Energi Alternatif

Penggunaan energi bersih (clean energy) yang menghasilkan sedikit

emisi atau ramah lingkungan mulai dikembangkan di seluruhdunia. Beberapa di antaranya, yaitu:

1. Energi nuklir

Energi nuklir merupakan sumber energi yang sangat

dipertimbangkan karena tidak menghasilkan emisi karbon

dioksida dan paling hemat biaya. Alasan keamanan dari

paparan dan limbah nuklir yang berbahaya merupakan salahsatu kelemahan sumber energi ini.

2. Biomassa

Biomassa adalah bahan organik berupa produk atau limbah

yang dihasilkan dari proses fotosintesis. Biomassa yang berupa

limbah dapat digunakan sebagai sumber energi, seperti bahanbakar bioetanol dan biodiesel. Kelebihan energi ini adalahdapat diperbaharui (renewable) dan berkesinambungan

(suistainable).

3. Panas bumi (geothermal)

Energi panas bumi adalah energi yang tersimpan dalam batuan

di bawah permukaan bumi serta fluida yang terkandung di

dalamnya. Energi ini tersedia akibat adanya tumbukanlempeng-lempeng bumi. Sistem panas bumi salah satunya

adalah sistem hidrotermal dengan temperatur tinggi (>225C)

atau temperatur rendah (150-225C).

D. HASIL KESEPAKATAN DUNIA INTERNASIONALa. Protokol Kyoto (Kyoto Protocol)

1. Latar belakang dan tujuan

Gagasan untuk menurunkan emisi GRK secara internasional

menghasilkan Konvensi Perubahan Iklim (14 Mei 1992).

Komitmen lanjutan untuk konvensi tersebut adalah

diselenggarakannya Konferensi Para Pihak (COP) III agar pihak-

7/26/2019 FIS XI

100/134

pihak negara industri atau penghasil GRK dapat menurunkanemisinya yang merupakan penyebab utama perubahan iklim.

Kesepakatan pada konferensi yang diselenggarakan di Kyoto

tersebut, dikenal dengan Protokol Kyoto (1997).

2. Materi pokok (isi)

Protokol Kyoto disusun berdasarkan prinsip tanggung jawab

bersama yang dibedakan (sesuai kemampuan masing-masing).Protokol Kyoto terdiri atas 28 Pasal dan 2Annex:

Annex A : Gas Rumah Kaca (GRK) dan kategori sektor/sumber.

Annex B: Kewajiban penurunan emisi yang ditentukan untuk

Para Pihak.

b. Intergovernmental Panel on Climate Change (IPCC)

IPCC adalah salah satu badan internasional penggerak Protokol

Kyoto, yaitu berupa sebuah panel antar-pemerintah yang terdiriatas ilmuwan dan para ahli dari berbagai disiplin ilmu di seluruh

dunia. Panel ini bertugas mengidentifikasi dan menyediakan data-

data mengenai perubahan iklim, dampaknya, dan strategi adaptasi

untuk pencegahan atau pengurangan emisi.

c. Asia-Pacific Partnership on Clean Development and Climate

(APP)

Negara-negara yang tergabung dalam APP, antara lain: Australia,

Kanada, Amerika Serikat, Jepang, Korea Selatan, Cina, dan India.

Kesepakatan kerja sama APP menyangkut hal-hal berikut:

1. Mempercepat pengembangan dan penggunaan teknologi-

teknologi yang lebih ramah lingkungan.

2. Menjaga ketahanan sumber daya energi.

3. Reduksi polusi udara secara nasional (reduksi intensitas emisi).

4. Pengembangan ekonomi berkelanjutan untuk perubahan iklim.

5. Mengurangi poverty

Ingat! Negara yang ikut serta dalam APP berada di kawasan Asia

Pasifik.


7/26/2019 FIS XI

101/134

1. Meningkatnya radiasi cahaya matahari akibat berlubangnya lapisanozon di atmosfer bumi secara khusus disebabkan oleh senyawa ....

A. CO2B. NOx

C. SO2D. CFSs

E. NH4Pembahasan:

Gas kloro fluorokarbon (disingkat CFC) biasa digunakan sebagai gas

pengembang karena tidak bereaksi, tidak berbau, tidak berasa, dan

tidak berbahaya. Namun, gas CFC dapat mencapai stratosfer danbereaksi dengan ozon yang merupakan pelindung bumi dari

cahaya ultraviolet. Reaksi tersebut dapat menyebabkan lapisan

ozon di atmosfer berkurang hingga membentuk lubang ozon.

Jawaban: D

2. Berikut ini yang tidak termasuk sebagai sumber energi alternatif

untuk mengurangi emisi karbon adalah ....

A. Diesel

B. BiomassaC. HidroD. Geothermal

E. Nuklir

Pembahasan:

Diesel telah lama digunakan untuk menghasilkan listrik pada PLTD

(Pembangkit Listrik Tenaga Diesel). Sumber tenaga diesel

umumnya adalah BBM jenis solar karena itu emisi karbon masih

banyak dihasilkan dari sumber energi ini (tidak ramah lingkungan).

Inovasi (green technology) yang gencar digunakan saat ini adalah

jenis biodiesel atau sekam padi untuk menggantikan solar.

Jawaban: A

3. Prosedur dalam Protokol Kyoto yang mengatur tentang penurunan

emisi GRK sebagai bentuk kerja sama antara negara industri dan

negara berkembang disebut ....

A. Mekanisme Pembangunan Bersih (MPB/CDM)

B. Unit Reduksi Emisi (ERU)

C. Implementasi Bersama (JI)

7/26/2019 FIS XI

102/134

D. Perdagangan Emisi (ET)E. Pengembangan Energi Bersih (CED)

Pembahasan:

Ingat! Mekanisme Pembangunan Bersih (Clean Development

Mechanism) diuraikan dalam Pasal 12 Protokol Kyoto yangmerupakan prosedur penurunan emisi GRK dalam rangka kerja

sama negara industri dengan negara berkembang.

Misalnya negara industri melakukan investasi di negara

berkembang untuk mencapai target penuruna

fis xi

Documents