Kesetimbangan dinamika-rotasi-dan-titik-berat

13
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===== γ β α sin C sin B sin A = =

Transcript of Kesetimbangan dinamika-rotasi-dan-titik-berat

Page 1: Kesetimbangan dinamika-rotasi-dan-titik-berat

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==

Page 2: Kesetimbangan dinamika-rotasi-dan-titik-berat

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 = Wb a

a

+

FA = Wb a

b

+

x = L F F

F

BA

B

+

Page 3: Kesetimbangan dinamika-rotasi-dan-titik-berat

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 Ri2

= m1R12 + m2R2

2 + m3R3

2 + …

I = ∫ R2 dm

I = 2ML12

1 I = 2ML

3

1

I = 2MR

2R M 2

1 I =

22 ML12

1MR

4

1 I +=

2MR5

2 I = 2MR

5

7 I =

2MR3

2 I =

( )22 ba M12

1 I +=

Page 4: Kesetimbangan dinamika-rotasi-dan-titik-berat

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 = 2ML12

1, maka jika kini hendak

dihitung momen inersia batang silinder pada

ujung, dapat diterapkan :

I = Ipm + M d2 dengan d =

2

L, maka

I = 2ML12

1 + M

4

2L

= 2ML3

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

Wcos 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 -----

2a M12

1 I =

I = Ipm + M d2

Σ F ≠ 0 dan Σ τ = 0

Σ F ≠ 0 dan Σ τ ≠ 0

I = k MR2

Page 5: Kesetimbangan dinamika-rotasi-dan-titik-berat

2

1(µAµB NB + NB) cos α

⇔2

1µA µB cosα + µB sin α =

2

1cos 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 kM m m

m m

21

21

++

Page 6: Kesetimbangan dinamika-rotasi-dan-titik-berat

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

1m V

2 +

2

1I ω2

mgh = 2

1m V

2 +

2

1kmR

2

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

ghV

1 k

sin g a

+=

α

a = g kM m m

m m

21

12

++

− µ

Page 7: Kesetimbangan dinamika-rotasi-dan-titik-berat

Yo = R x

ABbusur

ABbusur tali

Yo = 2/3 R x

ABbusur

ABbusur tali

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

R 2

Yo = 1/3 t

Yo = 1/2 t

Yo = π 3

R 4

Page 8: Kesetimbangan dinamika-rotasi-dan-titik-berat

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 = ...

... l x x x

321

332211

+++

+++

lll

ll

Zy = ...

... l y y y

321

332211

+++

+++

lll

ll

Titik berat Z = (Zx , Zy)

Zx = ...

... A x x x

321

332211

+++

+++

AAA

AA

Zy = ...

... A y y y

321

332211

+++

+++

AAA

AA

Titik berat Z = (Zx , Zy)

Zx = ...

... V x x x

321

332211

+++

+++

VVV

VV

Zy = ...

... V y y y

321

332211

+++

+++

VVV

VV

Titik berat Z = (Zx , Zy)

Page 9: Kesetimbangan dinamika-rotasi-dan-titik-berat

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 = N 150

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

cm 40 400 + 100

400

Page 10: Kesetimbangan dinamika-rotasi-dan-titik-berat

A. 10 m/dt2 D. 30 m/dt

2

B. 15 m/dt2 E. 40 m/dt

2

C. 20 m/dt2

T2 T1

30o 60

o

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

900

1200 150

0

W

Ambil oo

WT

90sin120sin

1 = , maka di dapat

T1 = )20(90sin

120sinN

o

o

→ T1 = 10 √3 N

T2 = )20(90sin

150sinN

o

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 WL

L4

3

WL

L2

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

Fa

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 m

2

B. 12 kg m2

E. 30 kg m2

C. 18 kg m2

ooo

WTT

90sin150sin120sin

21 ==

2/

12

14

120dtma

+=

Page 11: Kesetimbangan dinamika-rotasi-dan-titik-berat

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 = mARA2 + mBRB

2 + mCRC

2

I = [1(0) + 2(3)2 + 3(0)] kg m

2 = 18 kg m

2

=====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

Page 12: Kesetimbangan dinamika-rotasi-dan-titik-berat

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. πr2

D. πr5

B. πr3

E. πr6

C. πr4

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/dt

2

B. 1,5 m/dt2 E. 2,5 m/dt

2

C. 2,0 m/dt2

A. 200 x 10-5

kg m2 D. 18 x 10

-5 kg m

2

B. 180 x 10-5

kg m2 E. 1,8 x 10

-5 kg m

2

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

Page 13: Kesetimbangan dinamika-rotasi-dan-titik-berat

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 60

0

600

A

30

0

C

A. 0,04 kgm2 D. 0,28 kgm

2

B. 0,18 kgm2 E. 0,96 kgm

2

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

I2mm

g mm

++

+

B. ( )

221

12

R

I

2

1mm

g mm

++

+

C. ( )

221

12

R

Imm

g mm

++

+

D. ( )

221

12

R

Imm

g mm

++

E. ( )

221

12

R

I2mm

g mm

++

=====O0O=====