UAS Fisika Dasar IA 2023/2024 (Shift 2) Institut Teknologi Bandung PDF

INSTITUT TEKNOLOGI BANDUNG FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM PROGRAM STUDI FISIKA Jl. Ganesha No 10 Bandung 40132 Indonesia SOAL & SOLUSI UJIAN II FISIKA DASAR IA (FI-1101) SEMESTER 1, TAHUN 2...

INSTITUT TEKNOLOGI BANDUNG FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM PROGRAM STUDI FISIKA Jl. Ganesha No 10 Bandung 40132 Indonesia SOAL & SOLUSI UJIAN II FISIKA DASAR IA (FI-1101) SEMESTER 1, TAHUN 2023/2024 RABU, 6 Desember 2023, PUKUL 13.00 - 15.00 WIB (Shift-2) Petunjuk: gunakan konstanta gas 𝑅 = 8,31 J/mol ∙ K dan besar percepatan gravitasi g = 10 m/s2 1. Sebuah bola pejal dengan momen inersia 𝐼 = 2𝑚𝑅 2 ⁄5 bermassa 1,4 kg dan jari-jari 10 cm menggelinding murni pada bidang miring dengan sudut kemiringan 30°. Bola tersebut dilepaskan dari keadaan diam dari ketinggian vertikal 2 meter dari bagian dasar bidang miring. a. Tentukan perubahan energi kinetik total bola tersebut setelah ketinggiannya turun sejauh 1 meter. b. Tentukan berapa energi kinetik translasi bola tersebut setelah ketinggiannya turun sejauh 1,4 meter. c. Tentukan berapa energi kinetik rotasi bola tersebut setelah ketinggiannya turun sejauh 2 meter. SOLUSI a. Perubahan energi kinetik total bola tersebut sama dengan perubahan energi potensial gravitasi setelah turun sejauh 1 meter: Δ𝐸𝑃 = 𝑚𝑔Δℎ = (1,4 kg)(10 m/s 2 )(1 m) = 14 J 1 1 2 b. Energi kinetik total 𝐾𝑡𝑜𝑡 = 2 𝑚𝑣 2 + 2 𝐼𝜔2 dengan 𝜔 = 𝑣/𝑅 dan 𝐼 = 5 𝑚𝑅 2 1 2 maka 𝐾𝑡𝑜𝑡 = (1 + 𝛽) 𝑚𝑣 2 = (1 + 𝛽)𝐾𝑇 dengan 𝛽 = 2 5 Dengan menggunakan hukum kekekalan energi antara titik awal dan titik akhir: 𝐸𝑃 + 𝐾𝑅 + 𝐾𝑇 = 𝐸𝑃 + 𝐾𝑡𝑜𝑡 = konstan (𝐸𝑃 + 𝐾𝑡𝑜𝑡 )𝑓 = (𝐸𝑃 + 𝐾𝑡𝑜𝑡 )𝑖 𝑚𝑔ℎ𝑓 + 𝐾𝑡𝑜𝑡,𝑓 = 𝑚𝑔ℎ𝑖 + 0 (1 + 𝛽)𝐾𝑇 = 𝑚𝑔(ℎ𝑖 − ℎ𝑓 ) 𝑚𝑔(ℎ𝑖 − ℎ𝑓 ) 𝑚𝑔(Δℎ) (1,4 kg)(10 m/s2 )(1,4 m) 𝐾𝑇 = = = = 14 J (1 + 𝛽) (1 + 𝛽) (1 + 2/5) c. Untuk keadaan ini berlaku: 1 𝑚𝑔(ℎ𝑖 − ℎ𝑓 ) 𝐾𝑇 = 𝑚𝑣𝑓2 = 2 (1 + 𝛽) Sehingga 2𝑔(ℎ𝑖 − ℎ𝑓 ) 2𝑔(Δℎ) 2(10 m/s 2 )(2 m) 200 𝑣𝑓2 = = = = (m/s)2 (1 + 𝛽) (1 + 𝛽) (7/5) 7 Energi kinetik rotasi: 𝛽 1 2 1 1 200 𝐾𝑅 = 𝑚𝑣𝑓2 = ∙ 𝑚𝑣𝑓2 = 𝑚𝑣𝑓2 = (1,4 kg) ( (m/s)2 ) = 8 J 2 2 5 5 5 7 2. Sebuah benda dengan massa 0,600 kg terhubung pada pegas dengan konstanta pegas 60,0 N/m. Sistem benda-pegas tersebut berosilasi dan pada waktu 𝑡 = 0, benda memiliki laju maksimum sebesar 20,0 m/s dan sedang bergerak ke kiri. Persamaan simpangan balok memenuhi fungsi sebagai berikut: 𝑥 = 𝑥𝑚 cos(𝜔𝑡 + 𝜙0 ). a. Tentukan frekuensi angular dan amplitudo osilasi tersebut. b. Tentukan posisi balok ketika energi kinetik tiga kali energi potensialnya. c. Tentukan interval waktu minimum yang diperlukan benda untuk bergerak dari 𝑥 = 0 ke 𝑥 = 1,00 m. SOLUSI: a. Frekuensi angular dan amplitudo osilasi. 𝑥 = 𝑥𝑚 cos(𝜔𝑡 + 𝜙0 ) maka 𝑣 = −𝑥𝑚 sin(𝜔𝑡 + 𝜙0 ) Pada 𝑡 = 0 π 𝑣 = −𝑥𝑚 𝜔sin(𝜙0 ) = −𝑣𝑚𝑎𝑘𝑠 maksimum dengan 𝜙0 = 2 Maka, π 𝑥 = 𝑥𝑚 cos (𝜔𝑡 + ) 2 Atau 𝑥 = −𝑥𝑚 sin(𝜔𝑡) 𝑘 50 N/m 𝜔=√ =√ = 10 s −1 𝑚 0,5 kg Lalu 𝑣𝑚𝑎𝑘𝑠 = 𝑥𝑚 𝜔 20 m/s = 𝑥𝑚 (10 s−1 ) 𝑥𝑚 = 2 m b. posisi dalam gerak tersebut dimana energi kinetik tiga kali energi potensial 1 1 3𝐸𝑃 = 𝐸𝐾 → 3 ( 𝑘𝑥 2 ) = 𝑚𝑣 2 2 2 1 2 1 2 1 2 𝑚𝑣 + 𝑘𝑥 = 𝑘𝐴 2 2 2 1 2 1 2 1 2 3 ( 𝑘𝑥 ) + 𝑘𝑥 = 𝑘𝐴 2 2 2 1 𝑥 = ± 𝐴 = ±1 m 2 c. interval waktu minimum yang diperlukan agar partikel bergerak dari 𝑥 = 0 ke 𝑥 = 1,00 m 𝑥 = (−2 m)sin [(10 s −1 )𝑡] Atau dalam bentuk cosinus π 𝑥 = (2 m)cos((10 s−1 )𝑡 + 90°) = (2 m)cos ((10 s−1 )𝑡 + ) 2 Partikel di 𝑥 = 0 saat t= 0 → 10𝑡 = 𝜋 s 1 Pada 𝑥 = 1 m → − 2 = sin [(10 s−1 )𝑡] dengan solusi 𝜋 (10 s −1 )𝑡 = − 6 −1 𝜋 (10 s )𝑡 = 𝜋 + 6 Maka waktu minimum 𝜋 10∆𝑡 = s 6 𝜋 ∆𝑡 = s = 0,0524 s 60 3. Dua gelombang menjalar memiliki frekuensi sudut yang sama yaitu 𝜔 = 10𝜋 rad⁄s, amplitudo dan juga panjang gelombang yang sama. Gelombang pertama merambat ke arah 𝑥 positif sedangkan gelombang kedua merambat ke arah 𝑥 negatif. Grafik simpangan gelombang pertama terhadap posisi pada saat 𝑡 = 0 diberikan oleh grafik di samping. a. Tentukan persamaan simpangan gelombang 𝑦1 (𝑥, 𝑡) dan 𝑦2 (𝑥, 𝑡) dalam fungsi cosinus. b. Tentukan laju rambat kedua gelombang tersebut. Kedua gelombang tersebut bersuperposisi dan kemudian membentuk gelombang berdiri. c. Tentukan amplitudo gelombang berdiri di posisi 𝑥 = 3⁄4 m dan jarak antara dua buah simpul yang berurutan. SOLUSI: a. Dari grafik kita dapatkan amplitudo 𝐴 = 2 m dan panjang gelombang 𝜆 = 2 m. Jadi persamaan simpangan gelombangnya adalah 𝑦1 (𝑥, 𝑡) = (2 m) cos(10𝜋𝑡 − 𝜋𝑥) 𝑦2 (𝑥, 𝑡) = (2 m) cos(10𝜋𝑡 + 𝜋𝑥) Solusi Alternatif: Jika mengambil data dari grafik di awal, maka 𝜆 = 2,5 m sehingga 𝑦1 (𝑥, 𝑡) = (2 m) cos(10𝜋𝑡 − 0.8𝜋𝑥) 𝑦2 (𝑥, 𝑡) = (2 m) cos(10𝜋𝑡 + 0.8𝜋𝑥) b. Laju rambat gelombang: 𝜔 (2 m)(10π s−1 ) 𝑣 = 𝜆𝑓 = 𝜆 = = 10 m/s 2𝜋 2𝜋 Solusi Alternatif: Jika mengambil 𝜆 = 2,5 m, maka 𝜔 (2,5 m)(10π s−1 ) 𝑣 = 𝜆𝑓 = 𝜆 = = 12,5 m/s 2𝜋 2𝜋 c. Persamaan superposisi kedua gelombang 𝑦𝑆 (𝑥, 𝑡) = 𝑦1 (𝑥, 𝑡) + 𝑦2 (𝑥, 𝑡) = 2𝐴 cos 𝑘𝑥 cos 𝜔𝑡 = (4 m) cos(𝜋𝑥) cos(10𝜋𝑡) Jadi amplitudo gelombang berdirinya adalah 𝐴𝑆 (𝑥) = (4 m)|cos(𝜋𝑥)| dan amplitudo di posisi 𝑥 = 3⁄4 m adalah √2 𝐴𝑆 = (4 m) = 2√2 m 2 Jarak antar simpul yang berurutan cos(𝑘𝑥) = 0 maka 𝑘𝑥 = 𝑛 𝜋/2, 𝑛 = 1,2 𝜆 Δ𝑥𝑆 = =1m 2 Solusi Alternatif: Jika mengambil 𝜆 = 2,5 m, maka 3𝜋 𝐴𝑠 = (4 m) cos ( )m 5 𝜆 Δ𝑥𝑆 = = 1,25 m 2 4. Air (rapat massa 1000 kg/m3) disemprotkan keluar dari alat pemadam api dengan tekanan udara, seperti gambar di samping. Ketinggian air di dalam tabung 0,5 m di bawah pipa penyemprotan. Diketahui debit air keluar dari penyemprotan adalah 6 L/s dan luas penampang pipa penyemprotan adalah 2 cm2. a. Tentukan laju aliran air keluar dari penyemprotan. b. Dengan asumsi 𝑣𝑑𝑎𝑙𝑎𝑚 (laju turunnya permukaan air di bagian dalam tabung) mendekati nol, berapakah perbedaan tekanan 𝑃𝑑𝑎𝑙𝑎𝑚 − 𝑃𝑎𝑡𝑚𝑜𝑠𝑓𝑖𝑟 (yang biasa disebut tekanan gauge) SOLUSI a. Debit 𝑄 = 𝐴𝑣 maka 𝑣 = 6 × 10−3 /(2 × 10−4 ) = 30 m/s b. Dengan asumsi 𝑣𝑑𝑎𝑙𝑎𝑚 mendekati nol maka bentuk persamaan Bernoulli dapat disederhanakan menjadi 1 𝑃𝑑𝑎𝑙𝑎𝑚 + 𝜌𝑔𝑦1 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 + 𝜌𝑔𝑦2 + 𝜌𝑣 2 2 sehingga 1 𝑃𝑑𝑎𝑙𝑎𝑚 – 𝑃𝑎𝑡𝑚 = 𝜌𝑔(𝑦2 − 𝑦1 ) + 𝜌𝑣 2 2 1 = (1000 kg/m3 )(10 m/s2 )(0,5 m) + (1000 kg/m3 )(30 m/s)2 = 4,5 × 105 Pa 2 5. Suatu mesin kalor dari 0,5 mol gas monoatomik mengalami siklus dengan proses sebagai berikut: 1) pendinginan isobarik pada tekanan 415,5 kPa dengan perubahan volume dari 6 L menjadi 3 L; 2) pemanasan isokhorik/isovolum sehingga tekanan meningkat menjadi 831 kPa; 3) proses ekspansi isothermal kembali ke keadaan awal. Dari keterangan yang diuraikan tersebut (gunakan ln 2 = 0,7; ln 3 = 1,1 dan ln 5 = 1,6 jika diperlukan). a. Gambarkan diagram P-V untuk ketiga proses tersebut. b. Hitunglah perubahan suhu pada proses isobarik? c. Tentukan efisiensi dari mesin kalor jika diketahui kalor masuk total adalah 3614,85 J. SOLUSI a. Diagram P-V b. Perubahan suhu pada proses isobarik Keadaan awal P = 415,5 kPa = 415500 Pa Vi = 6 L = 0,006 m3 𝑃𝑉𝑖 ( 415500 Pa)(0,006 m3 ) 𝑇𝑖 = = = 600 K 𝑛𝑅 (0,5 mol)(8,31 J/mol ∙ K) Keadaan akhir P = 415,5 kPa = 415500 Pa Vf = 3 L = 0,003 m3 𝑃𝑉𝑓 ( 415500 Pa)(0,003 m3 ) 𝑇𝑓 = = = 300 K 𝑛𝑅 (0,5 mol)(8,31 J/mol ∙ K) Maka, perubahan suhu ∆𝑇 = 𝑇𝑓 − 𝑇𝑖 = 300 𝐾 − 600 K = −300 K c. Energi dalam (U), Usaha (W) dan Kalor (Q) Proses isobarik P = 415,5 kPa = 415500 Pa Vi = 6 L = 0,006 m3 Vf = 3 L = 0,003 m3 𝑊 = 𝑝∆𝑉 = (415500 Pa)(0,003 m3 − 0,006 m3 ) = −1246,5 J Proses isokhorik 𝑊 = 0 Proses isotermal Vi = 3 L = 0,003 m3 Vf = 6 L = 0,006 m3 T = 600 K 𝑉𝑓 0,006 m3 𝑊 = 𝑛𝑅𝑇 ln = (0,5 mol)(8,31 J/mol ∙ K)(600 K) ln = 2493 ln 2 J = 1745,1 J 𝑉𝑖 0,003 m3 Efisiensi 𝑊𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 (−1246,5 J + 0 + 1745,1 J) 𝑒𝑓𝑖𝑠𝑖𝑒𝑛𝑠𝑖 = × 100% = × 100% = 13,8 % 𝑄𝑚𝑎𝑠𝑢𝑘 3614,85 J