Dokumen tersebut membahas tentang teori kesetimbangan, dinamika rotasi, dan titik berat kesetimbangan. Terdapat berbagai jenis kesetimbangan berdasarkan posisi dan keadaan benda, serta penjelasan mengenai momen gaya, momen inersia, dan hubungan antara gerak translasi dan rotasi.

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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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=====