Diese Präsentation wurde erfolgreich gemeldet.
Wir verwenden Ihre LinkedIn Profilangaben und Informationen zu Ihren Aktivitäten, um Anzeigen zu personalisieren und Ihnen relevantere Inhalte anzuzeigen. Sie können Ihre Anzeigeneinstellungen jederzeit ändern.

Kesetimbangan dinamika-rotasi-dan-titik-berat

19.183 Aufrufe

Veröffentlicht am

Kesetimbangan dinamika-rotasi-dan-titik-berat

Veröffentlicht in: Bildung
  • Als Erste(r) kommentieren

Kesetimbangan dinamika-rotasi-dan-titik-berat

  1. 1. F. KESETIMBANGAN, DINAMIKA ROTASI DAN TITIK BERAT KESETIMBANGAN Teori Singkat : Terdapat bermacam-macam pembagian ke setimbangan menurut kelompoknya yakni : 1. Berdasar posisi benda : a. Diam (setimbang statik) b. Bergerak lurus beraturan (GLB) dengan kecepatan konstan atau bergerak melingkar beraturan (GMB) dengan kecepatan sudut konstan (setimbang dinamik) • Akibat pernyataan pertama benda setimbang juga harus memenuhi syarat : a. ∑ F = 0 (setimbang translasi) b. ∑ τ = 0 (setimbang rotasi) 2. Berdasar keadaan benda : a. Kesetimbangan partikel dengan syarat : ∑ F = 0 Ciri-ciri : Terdapat perpotongan titik-titik gaya. Biasanya berkaitan dengan gaya tegang suatu tali Penyelesaian : 1. Pada perpotongan garis gaya buatlah koordinat sumbu x dan Y (koordinat kartesius), kemudian proyeksikan gaya gaya pada masing-masing sumbu, lalu hitung gaya-gaya pada sumbu x dan y melalui ∑ Fx = 0 dan ∑ Fy = 0 (lihat konsep metode menguraikan vektor) 2. Menggunakan penguraian gaya melalui dalil sinus sebagaimana berikut : C B α β γ A b. Kesetimbangan benda tegar dengan syarat ∑ F = 0 dan ∑ τ = 0 Ciri-ciri : Terdapat ciri-ciri fisik benda tegar seperti adanya bentuk benda dan pan jang benda. Adapun benda tegar adalah benda yang apabila dikenai gaya, baik bentuk dan volumenya tidak mengalami perubahan seperti : kayu, besi, batu dan lain sebagainya Penyelesaian : 1. Pilihlah selalu pusat momen (titik) dimana banyak bekerja gaya-gaya yang tidak diketahui, tetapi gaya-gaya tersebut tidak ditanyakan dalam soal, sehingga momen gayanya sama dengan nol 2. Penyelesaian kesetimbangan benda tegar terkadang cukup menggunakan satu syarat yakni ∑ τ = 0 3. Berdasar titik beratnya : a. Kesetimbangan Stabil → Kesetimbangan benda jika dikenai gaya, maka posisi benda akan kembali ke posisi semula. Cirinya kedudukan titik berat benda akan naik bila dikenai gaya contoh : F (1) (2) b. Kesetimbangan Labil → Kesetimbangan benda jika dikenai gaya, maka posisi benda tidak akan kembali ke posisi semula. Cirinya kedudukan titik berat benda akan turun bila dikenai gaya contoh : F (1) (2) c.Kesetimbangan Indeferen → Kesetim bangan benda jika dikenai gaya, maka posisi benda akan tetap pada posisi semula. Cirinya kedudukan titik berat benda akan tetap bila dikenai gaya contoh : F (1) (2) =====O0O===== γβα sin C sin B sin A ==
  2. 2. DINAMIKA ROTASI Momen Gaya : 1. Momen gaya di suatu titik adalah besar gaya tersebut dikalikan dengan lengan gaya terhadap titik tersebut F R •) Arah gaya memutar searah jarum jam bernilai negatif •) Arah gaya memutar berlawanan arah jarum jam bernilai positif Catatan : Ketentuan arah putar ini terdapat perbedaan pada beberapa buku referensi. Ada yang memberi kaidah berkebalikan dari ketentuan diatas dan semuanya bisa dipilih. 2. Untuk R dan F yang berbentuk vektor, maka dapat diselesaikan dengan menggunakan matriks dengan aturan sebagai berikut : Misal : R = A i + B j + C k F = D i + E j + F k Maka τ = ? τ = R x F i j k τ = A B C D E F τ = i (BF – EC) – j (AF – CD) + k (AE – BD) 3. Momen kopel adalah pasangan dua buah gaya yang sejajar, sama besar dan berlawanan arah F d F •) Arah gaya memutar searah jarum jam bernilai negatif •) Arah gaya memutar berlawanan arah jarum jam bernilai positif 4. Penyelesaian resultan gaya dan letaknya di suatu titik pada suatu garis lurus dapat ditentukan dengan menghitung jumlah momen gaya di titik tersebut pada garis itu (∑ τ = 0), dengan aturan penentuan resultan gaya atau resultan jarak tersebut diacukan ke salah satu gaya atau jarak tertentu. Perhatikan contoh-contoh soal berikut : 1. Mencari Resultan Gaya : A a C b B FA W FB Mencari resultan gaya pada titik A (Ambil ∑ τA = 0) - W (a) + FB (a + b) = 0 Dengan cara yang sama ∑ τB = 0 2. Mencari Jarak Resultan Gaya : L x L - x FA R FB Mencari jarak resultan gaya pada pada titik R sejauh x dari titik B : (∑ τR = 0). FA (x) - FB (L- x) = 0 x (Fa - FB) + FB L = 0 Catatan : Letak pusat massa batang selalu terletak di tengah-tengah batang. Momen Inersia : Momen Inersia merupakan analogi massa untuk gerak rotasi. Momen Inersia dibagi menjadi 2 : 1. Momen Inersia Partikel τ = R x F M = d x F FB = W ba a       + FA = W ba b       + x = L FF F BA B       +
  3. 3. 2. Momen Inersia Benda Tegar 1. Momen Inersia Partikel Momen inersia partikel didefinisikan sebagai hasil kali massa partikel terhadap kuadrat jarak dari titik poros (titik acuan). • R m Jika terdapat banyak partikel dengan massa masing-masing m1,m2,m3,…dan mempunyai jarak R1,R2,R3,…terhadap poros, maka momen inersia totalnya adalah … 2. Momen Inersia Benda Tegar Apabila sebuah benda pejal terdiri dari distribusi massa yang kontinyu, maka momen inersia benda pejal tersebut dapat dituliskan sebagai berikut : Berbagai momen inersia benda tegar dapat dilihat pada tabel berikut : Batang Silinder L L Poros melalui pusat Poros melalui ujung Silinder Tipis Berongga R Poros melalui sumbu silinder Silinder Pejal R R L Poros melalui sumbu Poros melalui titik tengah sumbu silin der Bola Pejal R R Poros melalui diameter Poros melalui ujung Bola Berongga R Poros melalui diameter Lempeng Tipis a b Poros melalui sumbu tegak lurus b a I = m R2 I = Σ mi Ri 2 = m1R1 2 + m2R2 2 + m3R3 2 + … I = ∫ R2 dm I = 2 ML 12 1 I = 2 ML 3 1 I = 2 MR 2 RM 2 1 I = 22 ML 12 1 MR 4 1 I += 2 MR 5 2 I = 2 MR 5 7 I = 2 MR 3 2 I = ( )22 baM 12 1 I +=
  4. 4. Poros seperti pada gambar Teori Sumbu Paralel Teori ini digunakan untuk menghitung momen inersia benda terhadap sembarang sumbu dengan syarat momen inersia benda terhadap pusat massa telah diketahui Dengan d adalah jarak yang diukur dari pusat massa benda. Sebagai contoh pada batang silinder telah diketahui Ipm = 2 ML 12 1 , maka jika kini hendak dihitung momen inersia batang silinder pada ujung, dapat diterapkan : I = Ipm + M d2 dengan d = 2 L , maka I = 2 ML 12 1 + M 4 2 L = 2 ML 3 1 (terbukti) Catatan : Secara umum momen inersia dapat pula dituliskan Dengan k = konstanta yang nilainya tergantung pada bendanya, contoh untuk cincin k = 1, silinder pejal k = 2 1 , bola pejal k = 5 2 dan sebagainya Hubungan Gerak Translasi dan Rotasi : Gerak translasi disebabkan oleh gaya (F), sedangkan gerak rotasi oleh momen gaya (τ). Ada 2 kondisi keadaan gerak suatu benda : 1. Benda Meluncur 2. Benda Menggelinding Berikut ini tabel perbandingan gerak translasi dan rotasi APLIKASI KESETIMBANGAN 1. Batang bersandar pada dinding A (kasar) B (kasar) Gaya–gaya yang bekerja pada benda dapat diuraikan sebagai berikut : fA A NA NB α fB B W Jika diambil ∑ F = 0 dan panjang batang AB = L maka di dapat : ∑ Fx = 0 → NA = fB NA = µB NB............................(1) ∑ Fy = 0 → fA + NB = W µA NA + NB = W.....................(2) Masukkan (1) ke (2), maka di dapat : µA (µB NB) + NB = W..................(3) Ambil syarat ∑ τB = 0, maka diperoleh : - fA(L cos α) - NA (Lsin α) + W (½Lcos α) = 0 µA NA cos α + NA sin α = 2 W cos α ......(4) Masukkan (1) dan (3) ke (4), di dapat : µA µB NB cos α + µB NB sin α = Gerak Translasi Gerak Rotasi Hubungan Pergeseran Linear S Pergeseran Sudut θ S = θθθθ R Kecepatan Linear V Kecepatan Sudut ω V = ωωωω R Percepatan Linear a Percepatan Sudut α a = αααα R Kelemba man Translasi (massa) m Kelembaman Rotasi (momen inersia) I I = ΣΣΣΣ m R2 Gaya F Momen Gaya τ ττττ = F R Energi Kinetik EK = 1/2 mV2 Energi Kinetik EK = 1/2 I ω2 ----- Daya P = F V Daya P = τ ω ----- Momentum Linear P = m V Momentum Sudut L = I ω ----- 2 aM 12 1 I = I = Ipm + M d2 Σ F ≠ 0 dan Σ τ = 0 Σ F ≠ 0 dan Σ τ ≠ 0 I = k MR2
  5. 5. 2 1 (µAµB NB + NB) cos α ⇔ 2 1 µA µB cosα + µB sin α = 2 1 cos α Kalikan 2 dan bagi dengan cos α, di peroleh : µB (µA+ 2 tan α) = 1 2. Katrol bergerak Tinjau kembali kasus hukum II Newton, namun sekarang katrol ikut bergerak. Andai katrol dianggap berbentuk silinder pejal (I = 1/2 MR2 ) massa katrol M dan jari-jari R 1) M,R m1 > m2 a = ? m1 m2 2) M,R fges m1 a = ? m2 3) M,R m1 m2 a = ? f1 f2 m3 4) M,R a = ? m1 fges m2 αααα 5) m2 M,R f2 m1 f1 a = ? αααα Penyelesaian Cara Biasa : Ketentuan : * Searah percepatan (a) : + * Berlawanan percepatan (a) : - * Tegangan tali T1 ≠ T2 Tinjau soal 1) 1) M,R a T1 T2 m1 > m2 m1 m2 a W1 W2 Tinjau m1 : Σ F = m1 a W1 - T1 = m1 a → T1 = W1 - m1 a ------(1) Tinjau m2 : Σ F = m2 a T2 – W2 = m2 a → T2 = W2 + m2 a -----(2) Tinjau gerak katrol : M,R I = k MR2 a a T1 T2 Σ τo = I α → (T1-T2) R = k M R2       R a T1-T2 = k M a-------------(3) Masukkan (1), (2) ke (3), maka di dapat : W1 - m1 a – (W2 + m2 a) = k M a a ( m1 + m2 + kM) = W1 – W2 Tinjau soal 2) a 2) fges m1 T1 T2 a m2 W2 Tinjau m1 : Σ F = m1 a T1 - fges = m1 a → T1 = fges + m1 a -----(1) Tinjau m2 : Σ F = m2 a µB = Aµα +tan2 1 a = g kMmm mm 21 21       ++ −
  6. 6. W2 – T2 = m2 a → T2 = W2 - m2 a -----(2) Tinjau gerak katrol : a M,R T1 I = k MR2 a T2 Σ τo = I α → (T2-T1) R = k M R2       R a T2-T1 = k M a-------------(3) Masukkan (1), (2) ke (3), maka di dapat : W2 - m2 a – (fges + m1 a) = k M a a ( m1 + m2 + kM) = W2 – fges Cara Praktis : Jika diperhatikan hasil penyelesaian soal 1) dan 2) tampak bahwa hasilnya mirip dengan penyelesaian hukum II Newton pada katrol tidak bergerak, namun pada penyebut persamaan akhir ditambah kM. Sehingga dapat disimpulkan sebagai berikut : 3. Benda Menggelinding Pada Bidang Miring Tinjau benda yang bergerak pada bidang miring sebagai berikut : h α Pertanyaan : a) Berapa nilai kelajuan sampai di dasar ? b) Berapa percepatan benda ? Jawab : a) 1 h α 2 Tinjau keadaan 1 dan 2 : Em1 = Em2 Ep1 + Ek1 = Ep2 + Ek2 Dari gambar diketahui Ek1 = 0 dan Ep2 = 0 Sehingga Ep1 = Ek2, karena benda menggelinding, maka Ek2 = Ektranslasi + Ekrotasi Jadi mgh = 2 1 m V2 + 2 1 I ω2 mgh = 2 1 m V2 + 2 1 kmR2 2       R V 2gh = V2 (1 + k) b) fges mg sin α α Σ F = m a → mg sin α - fges = ma ---------(1) Σ τ = I α → fges. R = kmR2 R a fges = kma -------------------(2) Masukkan (2) ke (1), di dapat : mg sin α - kma = ma =====O0O===== Percepatan a katrol bergerak adalah = percepatan pada katrol tidak bergerak dengan penyebut ditambah kM 1 2 + = k gh V 1k sing a + = α a = g kMmm mm 21 12         ++ − µ
  7. 7. Yo = R x       ABbusur ABbusurtali Yo = 2/3 R x       ABbusur ABbusurtali TITIK BERAT Teori Singkat : Titik berat merupakan resultan titik tangkap gaya berat Titik berat benda dibagi menjadi 3 yakni : A. Titik berat benda bentuk sembarang B. Titik berat benda bentuk beraturan C. Titik berat benda beraturan majemuk A. Titik berat benda bentuk sembarang Untuk mengetahui titik berat benda tidak beraturan lakukan langkah-langkah sebagai berikut : 1. Benda digantung pada ujung A lalu ditarik garis vertikal (lihat gambar) 2. Lakukan untuk ujung yang lain misal ujung B 3. Perpotongan kedua garis itu merupakan titik berat benda tersebut A B B. Titik berat benda bentuk beraturan Secara umum titik berat benda beraturan terletak pada perpotongan diagonalnya, misal : 1) Persegi panjang 2) Lingkaran Akan tetapi terdapat persamaan titik berat ben da-benda yang lebih lengkap sebagai berikut : 1. Titik berat benda homogen berbentuk garis 1. Garis lurus 2. Busur Lingkaran 3. Busur Setengah Lingkaran 2. Titik berat bidang homogen berdimensi dua 1. Segitiga 2. Jajar genjang Belah ketupat 3. Juring lingkaran 4. Setengah lingkaran 3. Titik berat benda pejal berdimensi tiga Nama Benda Gambar Benda Titik berat 1. Prisma Pejal 2. Silinder Pejal 3. Limas Pejal Beraturan 4. Kerucut Pejal 5. Setengah Bola Pejal Yo = 1/2 l Yo = 1/2 t Yo = 1/4 t Yo = 1/4 t Yo = 3/8 R Yo = 1/2 l Yo = π R2 Yo = 1/3 t Yo = 1/2 t Yo = π3 R4
  8. 8. Yo = 1/2 R Yo = 1/3 T'T Yo = 1/2 t Yo = 1/2 l Yo = 1/3 T'T 4. Titik berat benda luasan selimut ruang 1. Kulit Prisma 2. Kulit Silinder (tanpa tutup) 3. Kulit Limas 4. Kulit Kerucut 5. Kulit Setengah Bola C. Titik berat benda beraturan majemuk Titik berat benda beraturan majemuk maksudnya titik berat suatu sistem benda beraturan. Ada 3 komponen sistem ini yakni : 1. Sistem satu dimensi (berupa garis) 2. Sistem dua dimensi (berupa luasan) 3. Sistem tiga dimensi (berupa volume) Contoh Soal dan Pembahasan : 1. Bila gaya-gaya pada suatu benda adalah setimbang, maka benda tadi pasti dalam keadaan diam sebab Gaya-gaya yang dalam keadaan setimbang mempunyai resultan sama dengan nol Jawaban (salah - benar) → D 2. Koordinat titik berat bidang yang diarsir di bawah ini adalah …. y 2 x 2 8 A. (2,6) D. (6,3) B. (1,4) E. (8,2) C. (5,1) Jawaban : C Apabila diambil perpotongan diagonalnya diperoleh : y 2 2 8 x Z = (5,1) 3. Sumbu kedua roda muka dan sumbu kedua roda belakang sebuah truk yang bermassa 3000 kg, berjarak 3 m. Pusat massa truk terletak 2 m di belakang roda muka. Diandaikan g = 10 m/s2 , beban yang dipikul oleh kedua roda muka truk itu sama dengan : A. 5.000 N D. 20.000 N B. 10.000 N E. 25.000 N C. 15.000 N Jawaban : B Zx = ... ...lxxx 321 332211 +++ +++ lll ll Zy = ... ...lyyy 321 332211 +++ +++ lll ll Titik berat Z = (Zx , Zy) Zx = ... ...Axxx 321 332211 +++ +++ AAA AA Zy = ... ...Ayyy 321 332211 +++ +++ AAA AA Titik berat Z = (Zx , Zy) Zx = ... ...Vxxx 321 332211 +++ +++ VVV VV Zy = ... ...Vyyy 321 332211 +++ +++ VVV VV Titik berat Z = (Zx , Zy)
  9. 9. Student Centre NA NB 2 m 1 m W Gunakan syarat kesetimbangan benda tegar, yakni ∑ F = 0 dan ∑ τ = 0. ∑ F = 0 → NA + NB = W NA + NB = 30.000 N ..........(1) ∑ τA = 0 → - W (2) + NB (3) = 0 30000 (2) = 3 NB NB = 20.000 N……….…(2) (2) ke (1), didapat NA = 10.000 N 4. Sebuah gaya F = -4i + 2j – 3k berada pada posisi r = 3i + 2j -5k dari sumbu koordinat, dengan i,j dan k menyatakan vektor satuan dalam arah sumbu x,y dan z. Vektor momen gayanya adalah ... A. 4i + 29j + 14k B. 16i + 11j - 2k C. 4i + 29j + 18k D. 4i - 29j - 14k E. -16i - 11j + 2k Jawaban : A i j k τ = 3 2 -5 -4 2 -3 τ = i (-6 + 10) – j (-9 – 20) + k (6 + 8) τ = 4i + 29j + 14k 5. Pada gambar terlukis suatu segitiga siku- siku yang sangat ringan tetapi kuat. di titik sudutnya ada massa m1, m2 dan m3, masing- masing 100 gram, 100 gram dan 300 gram. Jarak m1m2 dan m2m3 masing-masing 40 cm dan 30 cm. Gaya F mengenai tegak lurus pada kerangka m1m2 dengan jarak x dari m1. Gaya F sebidang dengan bidang kerangka. agar titik bergerak translasi murni (tanpa rotasi), besar x adalah : m3 m1 m2 F A. 20 cm D. 8 cm B. 30 cm E. 12 cm C. 32 cm Jawaban : C L = 40 cm A C B FA x F FB (100) (100 + 300) ∑ τC = 0 → FA (x) – FB (L – x ) = 0 x = L F+F F BA B = x = 32 cm 6. Sebuah papan yang bertuliskan “Student Centre” terpasang seperti pada gambar di bawah ini : 300 1/2 m 2 m Jika diketahui berat papan 150 N dan berat kawat k dan berat batang b dapat diabaikan dengan menganggap bahan papan itu massanya merata di seluruh papan, maka tegangan kawat k dapat dihitung yang besarnya adalah : A. lebih kecil dari 100 N B. antara 100 N dan 150 N C. antara 150 N dan 200 N D. antara 200 N dan 300 N E. lebih besar dari 300 N Jawaban : C B k sin 300 o 300 A ½ m 2m W ∑ τo = 0 → - W (3/2) + k sin 300 (5/2) = 0 k sin 300 = N150 2/5 2/3 k = 6/5 (150 N) = 180 N 7. Tegangan tali T1 dan T2 jika titik A berada dalam kesetimbangan adalah … Student Centre cm40 400+100 400
  10. 10. A. 10 m/dt2 D. 30 m/dt2 B. 15 m/dt2 E. 40 m/dt2 C. 20 m/dt2 T2 T1 30o 60o A W = 20 N A. 10 √3 N dan 10 N B. 10 N dan 10 √3 N C. 5 √3 N dan 5 N D. 5 N dan 10 √3 N E. 5 N dan 10 N Jawaban : A Gunakan dalil sinus T2 T1 90 0 120 0 150 0 W Ambil oo WT 90sin120sin 1 = , maka di dapat T1 = )20( 90sin 120sin No o → T1 = 10 √3 N T2 = )20( 90sin 150sin No o → T2 = 10 N 8. Pada batang (panjang L) homogen seberat 200 N digantung beban 440 N (lihat gambar). Besar gaya yang dilakukan penyangga pada batang adalah : A ¼ L B A. FA = 210 N ; FB = 330 N B. FA = 430 N ; FB = 210 N C. FA = 220 N ; FB = 440 N D. FA = 210 N ; FB = 430 N E. FA = 440 N ; FB = 200 N Jawaban : D A ½ L C ¼ L D ¼ L B W1 W2 FA FB W1 adalah pusat berat batang W2 adalah berat beban yang tergantung ∑ F = 0 → FA + FB = W1 + W2 FA + FB = 640 N ..........(1) ∑ τA = 0 - W1 (½ L) – W2 (¾ L) + FB (L) = 0 21B W L L 4 3 W L L 2 1 F += = ½ (200 N) + ¾ (440 N) FB = 430 N ..................................(2) (2) ke (1), didapat FA = 210 N 9. Gambar dibawah sebuah silinder pejal, massanya 4 kg dan berjari-jari 4 cm, didorong dengan gaya sebesar 120 N, maka besarnya percepatan yang dialami apabila ada gesekan, sehingga silinder mengge linding sempurna …. N F ░░░░░░░░░░░░░░░ W Jawaban : C Σ F = m a → F - fges = ma -----------------(1) Σ τ = I α → fges. R = kmR2 R a fges = kma -------------------(2) Masukkan (2) ke (1), di dapat : F- kma = ma → ( )1+ = km F a Data dari soal m = 4 kg, k = 1/2 (silinder pejal) dan F = 120 N, maka : → a = 20 m/dt2 10. Tiga buah benda terletak pada sumbu koordinat xy seperti tampak pada gambar. Massa masing-masing benda mA = 1 kg, mB = 2 kg, dan mC = 3 kg. Momen inersia sistem jika sumbu putarnya adalah sumbu y adalah … A. 6 kg m2 D. 24 kg m2 B. 12 kg m2 E. 30 kg m2 C. 18 kg m2 ooo WTT 90sin150sin120sin 21 == 2 / 1 2 1 4 120 dtma       + =
  11. 11. Y C • 3 m A • B • X 3m Jawaban : C Dari gambar apabila sumbu y dijadikan sumbu putar (poros), diperoleh jarak RA = 0, RB = 3 m dan RC = 0. Momen inersia sistem adalah I = mARA 2 + mBRB 2 + mCRC 2 I = [1(0) + 2(3)2 + 3(0)] kg m2 = 18 kg m2 =====O0O===== Soal-soal : 1. Keseimbangan sebuah benda ditentukan oleh : 1. Resultan gaya yang beraksi pada benda 2. Momen kelembaman benda 3. Resultan momen yang beraksi pada benda 4. Sifat-sifat dinamik benda Pernyataan yang benar ... A. 1,2 dan 3 D. 4 saja B. 1 dan 3 E. Semuanya C. 2 dan 4 2. T2 T1 A B C D Sebuah balok mempunyai panjang 4 meter dan beratnya 100 N digantung seperti gambar diatas. Jika AB = ½ m, BC = 2m dan CD = 3/2 m. Perbandingan tegangan tali T1 dan T2 adalah : A. 1 : 3 D. 3 : 1 B. 1 : 2 E. 4 : 1 C. 2 : 1 3. Sebuah benda dikatakan berada dalam keadaan setimbang, apabila benda itu tidak memiliki A. kecepatan D. momentum B. energi potensial E. percepatan C. energi kinetik 4. Resultan kedua gaya sejajar yang terlihat pada diagram di bawah ini terletak pada x = A. 0,6 m D. 2,1 m B. –2,8 m E. 1,2 m C. 1,4 m Y F1 = 8 N F2 = 12 N -1 0 1 2 3 X 5. Sebuah tangga homogen AB yang panjangnya 5 m dan beratnya w. Ujung A disandarkan pada dinding licin dan ujung B bertumpu pada lantai kasar (lihat gambar). Jika tangga dalam keadaan seimbang, maka koefisien gesek antara lantai dan tangga besarnya … A 5 m O 4m B A. 1 : 3 D. 3 : 1 B. 3 : 2 E. 4 : 1 C. 2 : 3 6. Sebuah gaya F = 2i – 4j + 3k berada pada posisi r = 2i – 3j + 5k dari sumbu koordinat dengan i,j dan k menyatakan vektor satuan dalam arah sumbu x , y dan z, Vektor momen gayanya…. A. 4i – 11j + 2k D. -11i – 4j + 2k B. -2i + 4j - 11k E. 4i – 4j + 3k C. 11i + 4j - 2k F1 = 80 N 7. A B 2 m 2 m F2 = 120 N F3 = 60 N Perhatikan gambar diatas ! resultan gaya batang diatas adalah …… A. 100 N (ke atas) B.– 100 N (ke bawah) C. 80 N (ke atas) D. –160 N (ke bawah) E. –180 N (ke bawah) 8. Pengertian dibawah ini benar, kecuali …. A. kopel adalah pasangan dua buah gaya yang sejajar, sama besar dan berlawanan B. pengaruh kopel terhadap sebuah benda memungkinkan benda tersebut berotasi C. momen kopel adalah perkalian antara gaya dengan jarak antara kedua gaya tersebut D. momen kopel merupakan besaran skalar, akan bernilai positif bila arah putarannya searah dengan jarum jam
  12. 12. E. satuan momen kopel tidak dapat dituliskan joule meskipun dimensinya sama dengan energi 9. Sebuah cincin bermassa 20 gram berjari- jari 3 cm seperti gambar, besarnya momen inersia adalah … R 10. Batang bersandar pada dinding kasar (µ = 1/4) dan bertumpu pada lantai yang juga kasar seperti pada gambar. Bila diketahui AC = 5 m, CB = 3m, maka koefisien gesek di titik A adalah …. C B A 11. Besar tegangan tali P adalah … 450 P w = 300 N 12. P Q S R Benda-benda yang mengalami keseimba ngan labil ialah ... A. P dan S D. P, Q dan R B. Q dan S E. P,Q dan S C. Q dan R 13. Koordinat titik berat bidang yang diarsir adalah ... Y 8 6 X A. (1,68 , 2,88) D. (1,04 , 4,02) B. (2,88 , 1,68) E. (5,78 , 3,86) C. (3,83 , 4,65) 14. Titik berat benda batang homogen yang bentuk dan posisinya diperlihatkan pada gambar di bawah adalah … y 40 cm 40 cm 40 cm 40 cm x A. (10,50) D. (10,60) B. (20,50) E. (20,60) C. (50,10) 15. Koordinat titik berat bidang berikut ini adalah … r r A. π r2 D. π r5 B. π r3 E. π r6 C. π r4 16. Dua benda, masing-masing bermassa m1 = 4 kg dan m2 = 4 kg dihubungkan dengan katrol yang massanya 4 kg seperti pada gambar. Jika permukaan bidang miring AB licin, percepatan benda m1 dan m2 adalah … B m1 m2 300 A C A. 1,0 m/dt2 D. 2,2 m/dt2 B. 1,5 m/dt2 E. 2,5 m/dt2 C. 2,0 m/dt2 A. 200 x 10-5 kg m2 D. 18 x 10-5 kg m2 B. 180 x 10-5 kg m2 E. 1,8 x 10-5 kg m2 C. 60 x 10-5 kg m2 A. 4/7 D. 7/3 B. 7/4 E. 2/7 C. 3/7 A. 150 N D. 300 N B. 200 N E. 350 N C. 250 N
  13. 13. Sistem terdiri dari bola A, B dan C yang posisinya seperti pada gambar mengalami gerak rotasi. Massa bola A, B dan C masing-masing 3 kg, 4 kg dan 2 kg. Momen inersia sistem tersebut jika BC = 0,4 m adalah … 17. Sebuah cincin dengan massa 0,3 kg dan jari-jari 0,5 m menggelinding di atas permukaan bidang miring yang membentuk sudut 300 terhadap bidang horisontal. Cincin tersebut dilepas dari keadaan diamnya pada ketinggian 5 m secara tegak lurus dari bidang horisontal. Berapa kecepatan linear cincin tersebut sewaktu mencapai horisontal ? A. 2,5 m/s D. 5 √3 m/s B. 5 m/s E. 10 m/s C. 5 √2 m/s 18. A B Benda A adalah silinder pejal bermassa 8 kg, sedang benda B bermassa 3 kg, jika gesekan katrol diabaikan dan silinder A menggelinding sempurna, maka tegangan tali adalah … A. 10 N D. 20 N B. 14 N E. 24 N C. 18 N 19. B 600 600 A 300 C A. 0,04 kgm2 D. 0,28 kgm2 B. 0,18 kgm2 E. 0,96 kgm2 C. 0,24 kgm2 20. Dua benda bermassa m1 dan m2 dihubung kan oleh seutas tali ringan melalui dua buah katrol identik, tiap katrol memiliki momen inersia I. Jika m2 lebih besar dari dari m1, tentukan percepatan yang dialami tiap benda. T2 T1 T3 m1 m2 A. ( ) 221 12 R I 2mm gmm ++ + B. ( ) 221 12 R I 2 1 mm gmm ++ + C. ( ) 221 12 R I mm gmm ++ + D. ( ) 221 12 R I mm gmm ++ − E. ( ) 221 12 R I 2mm gmm ++ − =====O0O=====

×