MODUL FISIKASMA KELAS 11 ONE STOP EDUCATION SOLUTION

MODUL FISIKASMA KELAS 11
ONE STOP EDUCATION SOLUTION
FISIKA
1 – Kinematika Dengan Analisis Vektor
1.POSISI PARTIKEL PADA SUATU BIDANG
a.
Vektor satuan, menyatakan posisi sebuah partikel pada suatu bidang dengan menyatakankoordinatnya terhadap
dua sumbu yang saling tegak lurus, yaitu sumbu X dan sumbu Y.
Besar vektor satuan :
i =1 ; j = 1
2.
r = xi + yj
b.
Posisi partikel pada bidang :
c.
Perpindahan pada garis lurus :
d.
Perpindahan pada bidang :
x = x2 – x1
r = xi + yj
KECEPATAN
a. Kecepatan rata-rata pada garis lurus :
=
b. Kecepatan rata-rata pada bidang :
=
c. Komponen kecepatan rata-rata :
x
t
r
t
v = vxi + vyj
d. Kecepatan sesaat sebagai kemiringan grafik perpindahan terhadap waktu :
e. Besar kelajuan :
f. Arah kecepatan:
v=
vx2  vy 2
tan  =
vy
vx
OSCAS – INOVASI TIADA HENTI
v = tan 
-1 -
MODUL FISIKASMA KELAS 11
ONE STOP EDUCATION SOLUTION
g. Kecepatan sesaat sebagai turunan fungsi posisi :
v=
-2 -
dx
dt
x = xo + vx dt
h. Menentukan posisi dari fungsi kecepatan :
3. PERCEPATAN
v
t
a.
Percepatan rata-rata :
b.
Percepatan sesaat untuk gerak lurus :
c.
Komponen percepatan :
a = axi + ayj
d.
Besar vektor percepatan :
a=
a=
a=
2
dv
= d x
dt
dt 2
ax 2 ay 2
e. Menentukan kecepatan dari fungsi percepatan :
v = vo + a dt
Perpaduan Dua Gerak Lurus Beraturan
Misalkan diketahui kecepatan mobil A terhadap tanah adalah vA,t dan kecepatan mobil B terhadap
maka kecepatan mobil B relatif terhadap A, vB,A, dinyatakan oleh
vB,A = vB,t + vt,A
dengan vtA = -vA,t
Persamaan di atas adalah persamaan vektor dengan vB,A dapat ditentukan dengan rumus kosinus.
tanah adalah vB,t ,
v 2 B,t  v 2 t ,A 2v B,t v t ,A cos 
vB,A =
Jika vB,t tegak lurus vt,A maka
v 2 B, t  v 2 t ,A
vB,,A =
Dalam gerak parabola kita dapat menganalisis gerak horizontal dan gerak vertikalnya secara terpisah.
Vox = vo cos o dan voy = vo sin o
GERAK PARABOLA
Titik paling tinggi yang dapat dicapai dalam gerak parabola disebut titik tertinggi H. Syarat untuk mencapai titik tertinggi
H adalah vy = 0.
Oleh karena itu kecepatan sesaat v = vx = vox. Dengan menggnakan syarat vy = 0 dapat ditentukan.dapat ditentukan:
toH =
v oy
g
2

v o sin  o
g
2
vo
v
sin 2  o dan yH = o sin 2  o
xH =
2g
2g
yH disebut tinggi maksimum
Titik paling jauh yang dapat dicapai dalam gerak parabola disebut titik terjauh A. Syarat untuk
yA = 0
OSCAS – INOVASI TIADA HENTI
mencapai titik adalah:
MODUL FISIKASMA KELAS 11
ONE STOP EDUCATION SOLUTION
Dengan menggunakan sifat simetri parabola diperoleh:
toA = 2 toH
xA = R = 2xH =
v2o
sin 2
g
xA atau R disebut jarak terjauh.
Jarak terjah mencapai maksimum (paling besar) untuk sudut elevasi  = 45o
Untuk kecepatan awAl yang sama, satu jarak terjauh dapat dicapai oleh sepasang sudut elevasi (misal 1 dan 2).
Pasangan sudut elevasi ini jumlhnya 1 + 2 = 90o
Kecepatan sudut rata-rata,  =
  2 1
,

t
t 2 t 1
=
d
dt
 = 0 +  dt
=
 = 0 +  dt
OSCAS – INOVASI TIADA HENTI
-3 -
MODUL FISIKASMA KELAS 11
ONE STOP EDUCATION SOLUTION
Latihan
OSCAS – INOVASI TIADA HENTI
-4 -
MODUL FISIKASMA KELAS 11
1.
2.
3.
ONE STOP EDUCATION SOLUTION
Vektor posisi suatu benda diberikan r = (t3-2t2)i + (3t2)j; t dalam sekon dan r dalam meter. Tentukan besar dan
arah pepindahan benda dari t = 2 s sampai ke t = 3 s.
Seekor tupai memiliki koordinat (2,7 m, 3,8 m) pada waktu t 1 = 0 dan koordinat (-4,5 m, 8,2 m) pada waktu t2
= 4,0 s. Untuk selang waktu ini, tentukan:
a) komponen-komponen kecepatan rata-rata
b) besar dan arah kecepatan rata-rata
Kurva ini menunjukan sebuah mobil. Dengan menggunakan cara grafis, tentukanlah kecepatan mobil ( dalam
km/jam) pada saat:
a) t = 3 menit, b). t = 8 menit, c) t = 16 menit
X (km)
A
5
B
T (menit)
4
4.
12
20
Posisi suatu titik materi yang bergerak lurus vertikal dinyatakan dinyatakan dengan persamaan y = 20t –
5t2, dengan y dalam m dan t dalam s.
Tentukan :
a) kecepatan awal materi
b) kecepatan titik materi pada t = 1,5 s
c) tinggi maksimum titik materi jika y menyatakan ketinggian titik materi dari tanah.
5.
Misalkan seorang astronaut yang berdiri pada planet Mars melemparkan sebuah bola vertikal ke atas. Bola
meninggalkan tangannya pada t = 0, dengan kelajuan awal 20 m/s. Akibat gravitasi, bola diperlambat
secara gradual. Secara pendekatan kecepatan bola sebagai fungsi waktu diberikan oleh v = 20 – 4t, dengan t
dalam secon dan v dalam meter per secon.
a) Kapankah bola mencapai ketinggian maksimumnya dari tanah?
b) Berapa ketinggian maksimum bola tersebut?
Sebuah partikel bergeak pada garis lurus dengan kecepatan pada saat t dinyatakan oleh v = 3t 2 – 6t2 – 9, t
dalam secon dan v dalam m/s. Tentukan perpindahan dalam jarak yang ditempuh partikel di antara t = 1
dan t = 4.
7. Sebuah mobil mainan bergerak pada suatu lapangan yang terletak pada bidang XY. Posisi awal mobil
adalah pada koordinat (3,0) m. Komponen-komponen kecepatan mobil dapat dinyatakan oleh fungsi:
Vx = (4,0 m/s2) t dan Vy = (10,0 m/s) + (0,75 m/s3) t2
a).Nyatakan persamaan umum posisi mobil
b).Tentukan posisi mobil pada t = 2,0 s.
6.
8.
Sebuah sepeda motor begerak dari keadaan diam di mana grafik keceatan terhadap waktunya di tunjukan
pada gambar. Hitunglah jarak total yang ditempuh sepeda motor itu.
V(m/s)
B
C
t (s)
A
70
150
200
OSCAS – INOVASI TIADA HENTI
-5 -
MODUL FISIKASMA KELAS 11
ONE STOP EDUCATION SOLUTION
A. 9. RUMUS INTEGRAL TAK TENTU
1. Integral dari Fungsi Aljabar
No.
1.
2.
3.
4.
5.
6.
Bentuk
 dx  x  C
 ax  ax  C
 [ f ( x)  g ( x)] dx   f ( x) dx   g ( x) dx
 [ f ( x)  g ( x)] dx   f ( x) dx   g ( x) dx
1
x n 1  C
n 1
a
n
n 1
 ax  n  1 x  C
x
n

Keterangan:
a merupakan konstanta sembarang, f (x) dan g (x ) merupakan fungsi integran
yang dapat ditentukan fungsi integral umumnya.
2. Integral dari Fungsi Trigonometri
No.
1.
2.
3.
4.
5.
6.
Bentuk
 sin x dx   cos x  C
 cos x dx  sin x  C
 sec x dx  tan x  C
 cos ec x dx   cot x  C
 tan x  sec x  sec x  C
 cot x  cos ecx dx   cos ec x  C
2
2
Integral fungsi trigonometri yang melibatkan bentuk ax  b dengan a, b bilangan real dan
a  0.
No.
1.
2.
Bentuk
1
 sin (ax  b) dx   a cos (ax  b)  C
1
 cos (ax  b) dx  a sin (ax  b)  C
OSCAS – INOVASI TIADA HENTI
-6 -
MODUL FISIKASMA KELAS 11
3.
ONE STOP EDUCATION SOLUTION
1
tan (ax  b)  C
a
1
2
 cos ec (ax  b) dx   a cot (ax  b)  C
1
 tan (ax  b)  sec (ax  b) dx  a sec (ax  b)  C
1
 cot (ax  b)  cos ec (ax  b) dx   a cos ec (ax  b)  C
 sec
4.
5.
6.
2
(ax  b) dx 
3. Integral dari Fungsi Eksponen dan Fungsi Rasional
No.
1.
Bentuk
x
x
 e dx  e  C
2.
e
3.
 x dx  ln
4.
 (ax  b) dx  a ln ax  b  C
( ax  b )
dx 
1
1
1 ( ax b )
e
dx  C
a
x C
1
B. RUMUS INTEGRAL TENTU
Rumus integral tentu dengan notasi kurung siku:
b
 f ( x) dx  [ F ( x)]
b
a
 F (b)  F (a)
a
dengan F (x) merupakan anti-pendiferensialan dari f (x) , a merupakan batas bawah
pengintegralan dan b merupakan batas atas pengintegralan.
C. INTEGRAL DENGAN SUBSTITUSI TRIGONOMETRI
No.
Jenis fungsi
1.
a2  x2
2.
a2  x2
3.
x2  a2
Disubstitusikan
dengan
x  a sin 
Hasil substitusi
x  a tan 
a 1  tan 2   a sec 
x  a sec 
a 1  sin 2   a cos 
a sec 2   1  a tan 
OSCAS – INOVASI TIADA HENTI
-7 -