Soal Fisika Kelas 11 : Dinamika dan Keseimbangan Benda Tegar

Halo sahabat eduFisika! Pada tulisan kali ini kita akan membahas tentang soal-soal fisika kelas 11. Materi yang dibahas dalam soal-soal ini adalah “dinamika dan keseimbangan benda tegar”.

Soal fisika kelas 11 ini diambil dari soal-soal uji kompetensi dalam buku Fisika untuk SMA/MA Kelas XI yang disusun oleh Marthen Kanginan dan diterbitkan oleh PT. Erlangga. Buku yang digunakan adalah buku yang disusun berdasarkan kurikulum 2013 dan terbit pada tahun 2017.

Sebelumnya Edufisika telah menerbitkan penyelesaian soal-soal fisika untuk kelas 10 dengan materi vektor dan gerak lurus. Jika berminat, Anda bisa membacanya pada tautan berikut ini:

1. Soal fisika kelas 10 dengan materi tentang vektor
2. Soal fisika kelas 10 dengan materi tentang gerak lurus

Soal 1. Suatu gaya F dikerjakan pada suatu batang homogen horizontal ditunjukkan dalam gambar berikut.

Pernyataan yang benar untuk momen pada batang terhadap titik poros P karena gaya tersebut adalah …

Jawaban :

Berdasarkan definisi dari torsi atau momen gaya: $${\bf{\tau }} = {\bf{r}} \times {\bf{F}} = rF\ sin \theta $$ Berdasarkan gambar yang diberikan maka kita dapat menuliskan persamaan momen gaya sebagai berikut: $$\tau = d\ F\ sin \theta = F\ d\ sin \theta $$ Jadi pernyataan yang benar untuk momen pada batang terhadap titik poros P karena gaya tersebut adalah $\tau = F\ d\ sin \theta $.  

Soal 2. Gaya F₁, F₂, F₃, dan F₄ bekerja pada batang ABCD seperti pada gambar berikut.

Jika massa batang diabaikan, nilai momen gaya terhadap titik A adalah …

Jawaban :

Momen gaya terhadap titik A dihasilkan oleh tiap-tiap gaya yang memiliki garis kerja dengan jarak tertentu ke titik A. Hal ini sesuai dengan definisi dari torsi.

F₁ tidak menghasilkan momen gaya terhadap titik A, karena garis kerja gayanya tidak memiliki jarak ke titik A (gaya F₁ bekerja melalui titik A) dengan kata lain momen gaya F₁ terhadap titik A = 0. Hal ini bisa dilihat dengan menggunakan persamaan momen gaya: $$\tau = d\ F\ sin \theta = \left( 0 \right)\left( F \right)\left( {sin \theta } \right) = 0$$ Momen gaya untuk gaya-gaya lainnya dapat dihitung sebagai berikut:

Momen gaya oleh gaya F2 : ${\tau _2} = {r_2}{F_2}sin 90^\circ = 2 \cdot 4 \cdot 1 = 8\ {\rm{m}}\ {\rm{N}}$

Momen gaya oleh gaya F3 : ${\tau _3} = {r_3}{F_3}sin 90^\circ = 3 \cdot 5 \cdot 1 = 15\ {\rm{m}}\ {\rm{N}}$

Momen gaya oleh gaya F4 : ${\tau _4} = {r_4}{F_4}sin 90^\circ = 6 \cdot 4 \cdot 1 = 24\ {\rm{m}}\ {\rm{N}}$

Total momen gaya pada titik A adalah : $${\tau _{total}} = {\tau _1} + {\tau _2} + {\tau _3} + {\tau _4} = 0 + ( – 8) + 15 + ( – 24) = – 17\ m\ N$$  Perhatikan bahwa momen gaya adalah besaran vektor. Dalam penyelesaian ini arah momen gaya diambil bernilai positif jika gaya F yang menghasilkan momen tersebut arahnya berlawanan dengan arah gerak jarum jam dan sebaliknya. Hasil di atas menunjukkan bahwa nilai momen gaya adalah 17 m N.

Momen gaya total bernilai negatif berarti batang akan berotasi searah dengan arah jarum jam.  

Soal 3. Sebuah sistem dua roda seporos bebas berotasi terhadap sumbu tanpa gesekan melalui pusat bersama roda dan tegak lurus terhadap bidang kertas. Empat gaya dikerjakan dalam arah tangensial terhadap tepi-tepi roda seperti pada gambar.

Besar momen resultan pada sistem terhadap sumbu adalah …

Penyelesaian :

Perhatikan gambar.

Kita hitung momen gaya yang dihasilkan oleh tiap-tiap gaya sebagai berikut.

Momen gaya oleh F₁ ${\tau _1} = {r_1}{F_1} = 3RF$

Momen gaya oleh F₂ ${\tau _2} = {r_2}{F_2} = 2R(2F) = 4RF$

Momen gaya oleh F₃ ${\tau _3} = {r_3}{F_3} = 3R(2F) = 6RF$

Momen gaya oleh F₄ ${\tau _4} = {r_4}{F_4} = 3R(3F) = 9RF$

Resultan momen gayanya adalah : $$\Sigma \tau = {\tau _1} + {\tau _2} + {\tau _3} + {\tau _4} = 3RF + 4RF + 6RF – 9RF = 4RF$$ 

Soal 4. Jika momen inersia sebuah bola terhadap suatu sumbu melalui pusat bola adalah I, momen inersia bola lainnya yang sejenis tetapi dengan jari-jari dua kali lipatnya adalah …

Penyelesaian : 

Momen inersia bola pejal diberikan oleh persamaan : $I = \frac{2}{5}M{R^2}$

Karena kedua bola sejenis, berarti memiliki massa jenis $\rho$ yang sama. $$\rho = \frac{M}{V}$$ Misalkan bola 1 berjari-jari R maka volume bola 1 ini adalah ${V_1} = \frac{4}{3}\pi {R^3}$

Karena massa jenis bola 1 adalah (rho), maka kita bisa menghitung massa bola 1 ini, yaitu: $${M_1} = \rho {V_1} = \frac{4}{3}\rho \pi {R^3}$$ Momen inersia bola 1 adalah : $${I_1} = \frac{2}{5}{M_1}{R_1}^2 = \frac{2}{5}\left( {\frac{4}{3}\rho \pi {R^3}} \right){R^2} = \frac{2}{5}\left( {\frac{4}{3}\rho \pi {R^5}} \right)$$ Untuk bola 2:

Karena jari-jari bola 2 adalah 2 kali jari-jari bola 1 maka R₂ = 2R, maka volume bola 2 adalah $${V_2} = \frac{4}{3}\pi {R_2}^3 = \frac{4}{3}\pi {\left( {2R} \right)^3} = \frac{4}{3}\pi \left( {8{R^3}} \right) = \frac{4}{3}\left( {8\pi {R^3}} \right)$$ Massa bola 2 adalah $${M_2} = \rho {V_2} = \frac{4}{3}\left( {8\rho \pi {R^3}} \right)$$ Momen inersia bola 2 adalah : $${I_2} = \frac{2}{5}{M_2}{R_2}^2 = \frac{2}{5}\left( {\frac{4}{3}\left( {8\rho \pi {R^3}} \right)} \right){R^2} = \frac{2}{5}\left( {\frac{4}{3}\left( {8\rho pi {R^5}} \right)} \right)$$ Jika momen inersia kedua bola dibandingkan maka diperoleh $$\frac{{{I_1}}}{{{I_2}}} = \frac{{\frac{2}{5}\left( {\frac{4}{3}\rho \pi {R^5}} \right)}}{{\frac{2}{5}\left( {\frac{4}{3}\left( {8\rho \pi {R^5}} \right)} \right)}} = \frac{1}{8}\ \ \Rightarrow \ \ {I_2} = 8{I_1}$$ Jadi, momen inersia bola kedua adalah 8 kali momen inersia bola 1.  

Soal 5. Sebuah cakram melingkar homogen dengan jari-jari R dengan massa M berputar terhadap sumbu melalui pusat cakram dan tegak lurus terhadap bidang cakram dengan momen inersia I_o = ½ MR². Suatu lubang dipotong dalam cakram seperti ditunjukkan dalam gambar.

Momen inersia yang dihasilkan benda terhadap sumbu adalah …

Penyelesaian : 

Momen inersia cakram mula-mula (saat masih utuh) adalah $${I_o} = \frac{1}{2}M{R^2}$$ Momen inersia cakram kecil, yaitu bagian yang dipotong dari cakram utuh, yang berputar terhadap sebuah sumbu di pinggirnya dapat dihitung dengan menggunakan teorema sumbu sejajar: $${I_1} = {I_{pm}} + {M_1}{h^2}$$ Dengan I_pm adalah momen inersia cakram yang diputar dengan sumbu yang melalui titik pusatnya, yaitu : I_pm = ½ MR² = ½ M(R/2)² = 1/8 MR². Jadi $${I_1} = \frac{1}{8}{M_1}{R^2} + {M_1}\left( {\frac{{{R^2}}}{4}} \right) = \frac{3}{8}{M_1}{R^2}$$ Kita perlu menentukan M₁ terlebih dahulu, yaitu : $${M_1} = \rho {V_1}$$ Dengan $\rho$ adalah massa jenis cakram yang dapat ditentukan dari cakram utuh. $$\rho = \frac{M}{V}$$ Massa cakram utuh adalah M dan jari-jarinya adalah R. Volume cakram utuh tersebut adalah $$V = \pi {R^2}d$$ Dengan d adalah tebal cakram. Sehingga : $$\rho = \frac{M}{{\pi {R^2}d}}$$ Sekarang kita dapat menentukan massa potongan cakram sebelumnya. Namun demikian, kita perlu menentukan volume cakram kecil terlebih dahulu, yaitu $${V_1} = \pi {r^2}d = \pi {\left( {\frac{R}{2}} \right)^2}d = \frac{\pi }{4}{R^2}d$$ Jadi $${M_1} = \rho {V_1} = \left( {\frac{M}{{\pi {R^2}d}}} \right)\left( {\frac{\pi }{4}{R^2}d} \right) = \frac{M}{4}$$ Sekarang kita dapat melanjutkan menghitung momen inersia potongan cakram yaitu $${I_1} = \frac{3}{8}{M_1}{R^2} = \frac{3}{8}\left( {\frac{M}{4}} \right){R^2} = \frac{3}{8}\left( {\frac{1}{4}M{R^2}} \right)$$ Dengan demikian, untuk bentuk cakram yang telah dipotong sebagian, momen inersianya adalah $$I = {I_{cakram\ utuh}} – {I_{cakram\ potongan}} = \frac{1}{2}M{R^2} – \left( {\frac{3}{{32}}M{R^2}} \right) = \left( {\frac{{16}}{{32}} – \frac{3}{{32}}} \right)M{R^2} = \frac{{13}}{{32}}M{R^2}$$ 

Soal 6. Perhatikan gambar berikut.

Diketahui berat benda = w, g = 10 m/s2, $sin \alpha _1 = 5/13$, dan $sin \alpha _2 = 4/5$. Nilai T₂ – T₁ adalah …

Jawaban :

Untuk menyelesaikan soal ini kita perlu mengidentifikasi gaya-gaya yang bekerja dan menggambarkan diagram benda bebas. Tinjau titik pertemuan tali dan diagram benda bebas yang digambarkan sebagai berikut.

Karena benda dalam keseimbangan, hukum II Newton dalam arah horizontal memberikan $$\sum {{F_x}} = 0\ \ \Rightarrow \ \ {T_2}cos {\alpha _2} – {T_1}cos {\alpha _1} = 0\ \ \ …(1)$$

Dalam arah vertikal : $$\sum {{F_y}} = 0\ \ \Rightarrow \ \ {T_2}sin {\alpha _2} + {T_1}sin {\alpha _1} – w = 0$$ Atau $${T_2}sin {\alpha _2} + {T_1}sin {\alpha _1} = w\ \ … (2)$$ Kita membutuhkan nilai $cosinus \alpha _1$ dan $cosinus \alpha _2$. Nilai-nilai ini dapat diperoleh dari informasi $sin \alpha_1 = 5/13$ dan $sin \alpha _2 = 4/5$ yang diberikan seperti ditunjukkan dalam gambar berikut.

Masukkan nilai-nilai $sin \alpha _1$, $sin \alpha _2$, $cos \alpha _1$ dan $cos \alpha _2$, dalam persamaan (1) dan (2), sehingga kedua persamaan menjadi: $$\frac{5}{{13}}{T_1} + \frac{4}{5}{T_2} = w\ \ … (1.a)$$ $$\frac{{12}}{{13}}{T_1} – \frac{3}{5}{T_2} = 0\ \ … (1.b)$$ Dari persamaan (2a) kita dapat menuliskannya untuk T₁ yaitu: $$\frac{{12}}{{13}}{T_1} = \frac{3}{5}{T_2}\ \ \Rightarrow \ \ {T_1} = \frac{{13}}{{20}}{T_2}$$ Selanjutnya kita substitusikan T₁ di atas ke dalam persamaan (1a) sehingga diperoleh $$\frac{5}{{13}}\left( {\frac{{13}}{{20}}{T_2}} \right) + \frac{4}{5}{T_2} = w\ \ \Rightarrow \ \ \frac{1}{4}{T_2} + \frac{4}{5}{T_2} = w$$ Dengan demikian, untuk T₂ diperoleh $$\frac{{21}}{{20}}{T_2} = w\ \ \Rightarrow \ \ {T_2} = \frac{{20}}{{21}}w$$ Untuk T₂ = (20/21)w, maka T₁ adalah $${T_1} = \frac{{13}}{{20}}{T_2} = \frac{{13}}{{20}}\left( {\frac{{20}}{{21}}} \right)w = \frac{{13}}{{21}}w$$ Akhirnya kita dapat menghitung $${T_2} – {T_1} = \frac{{20}}{{21}}w – \frac{{13}}{{21}}w = \frac{7}{{21}}w = \frac{w}{3}$$ Jadi, T₂ – T₁ = w/3.  

Soal 7. Sebuah batang bermassa 2M dan panjang L dihubungkan ke dinding oleh sebuah engsel batang bebas berotasi. Seutas tali mendatar yang dihubungkan ke ujung batang menahan batang pada sudut (theta) terhadap arah vertikal, seperti ditunjukkan dalam gambar berikut.

Jika tiba-tiba tali putus, percepatan sudut yang dialami batang adalah …

Jawaban :

Saat tali putus maka batang akan berotasi dengan sumbu rotasi pada engsel.

Menurut hukum II Newton untuk gerak rotasi: $\sum {\tau} = I\ \alpha $

Persamaan di atas dapat dituliskan untuk percepatan sudut $\alpha $ sehingga menjadi $$\alpha = \frac{{\sum {\tau }}}{I}$$ Momen gaya yang bekerja pada batang adalah momen gaya yang dihasilkan oleh gaya berat batang seperti pada gambar, sehingga : $$\alpha = \frac{{\sum {\tau }}}{I} = \frac{{mg\left( {\frac{1}{2}L\ sin \theta } \right)}}{I}$$ Dengan I adalah momen inersia batang yang berotasi pada ujungnya yang diberikan oleh persamaan $$I = \frac{1}{3}m{L^2} = \frac{1}{3}\left( {2M} \right){\left( L \right)^2} = \frac{2}{3}M{L^2}$$ Dengan memasukkan nilai massa batang sebesar 2M pada persamaan percepatan sudut sebelumnya maka dapat diperoleh $$\alpha = \frac{{mg\left( {\frac{1}{2}L\ sin \theta } \right)}}{I} = \frac{{2Mg\left( {\frac{1}{2}L\ sin \theta } \right)}}{{\frac{2}{3}M{L^2}}} = \frac{3}{2}\frac{{g\ sin \theta }}{L}$$

Soal 8. Perhatikan sistem katrol seperti gambar, yaitu katrol berupa silinder pejal homogen yang dapat berotasi tanpa gesekan terhadap sumbunya yang tetap. Massa beban m₁ = m, massa katrol M = 2m, massa beban m₂ = 3m, dan diameter katrol d.

Jika percepatan gravitasi g dan sistem bergerak tanpa pengaruh gaya luar, percepatan sudut rotasi katrol sebesar …

Jawaban :

Karena m₂ > m₁ maka m₁ akan ke atas, m₂ ke bawah, dan katrol akan berotasi searah jarum jam. Diagram benda bebas katrol ditunjukkan dalam gambar berikut.

Hukum II Newton untuk gerak rotasi pada katrol memberikan: $\sum {\tau } = I\ \alpha$ $${m_2}g\left( {\frac{1}{2}d} \right) – {m_1}g\left( {\frac{1}{2}d} \right) = I\ \alpha \ \ \Rightarrow \ \ \alpha = \frac{{\left( {{m_2}g – {m_1}g} \right)\left( {\frac{1}{2}d} \right)}}{I}$$ Dengan I adalah momen inersia katrol yang dianggap berbentuk silinder pejal yang berotasi pada pusatnya yang diberikan oleh persamaan $$I = \frac{1}{2}M{R^2}$$ Dengan demikian percepatan sudut $\alpha$ diperoleh sebesar $$\alpha = \frac{{\left( {{m_2}g – {m_1}g} \right)\left( {\frac{1}{2}d} \right)}}{I} = \frac{{\left( {{m_2}g – {m_1}g} \right)\left( {\frac{1}{2}d} \right)}}{{\frac{1}{2}M{R^2}}} = \frac{{\left( {3mg – mg} \right)\left( {\frac{1}{2}d} \right)}}{{\frac{1}{2}\left( {2m} \right){{\left( {\frac{1}{2}d} \right)}^2}}}$$ Dengan menyelesaikan persamaan di atas diperoleh $\alpha = \frac{{4g}}{d}$. 

Soal 9. Sebuah batang homogen dengan massa m dan panjang l diberi engsel pada salah satu ujungnya sehingga batang bebas berotasi. Batang dinaikkan sehingga posisinya horizontal, kemudian dibebaskan dari keadaan diam sehingga batang berotasi terhadap suatu sumbu dalam bidang vertikal.

Kecepatan sudut ketika batang tepat pada posisi vertikal adalah …

Jawaban : 

Untuk menyelesaikan soal ini kita gunakan hukum kekekalan energi mekanik.

Ambil titik acuan pada posisi titik pusat massa batang saat batang dalam posisi menggantung vertikal. Karena batang homogen, maka titik pusat massa batang akan berada di tengah-tengah batang.

Energi mekanik batang saat berada dalam posisi horizontal: $$E{M_1} = E{K_1} + E{P_1} = 0 + mg\left( {\frac{1}{2}l} \right) = \frac{{mgl}}{2}$$ Energi mekanik batang saat berada dalam posisi vertikal: $$E{M_2} = E{K_2} + E{P_2} = \frac{1}{2}I{\omega ^2} + 0 = \frac{1}{2}I{\omega ^2}$$ Perhatikan bahwa energi kinetik batang pada saat berada dalam posisi vertikal merupakan energi kinetik rotasi.

Sesuai dengan hukum kekekalan energi mekanik, maka: $$E{M_1} = E{M_2}\ \ \Rightarrow \ \ \frac{{mgl}}{2} = \frac{1}{2}I{\omega ^2}$$ Momen inersia batang yang berotasi pada ujungnya diberikan oleh persamaan : $I = \frac{1}{3}M{R^2} = \frac{1}{3}m{l^2}$,

sehingga $$\frac{{mgl}}{2} = \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{3}m{l^2}} \right){\omega ^2}\ \ \Rightarrow \ \ {\omega ^2} = \frac{{3g}}{l}\ \ \Rightarrow \ \ \omega = \sqrt {\frac{{3g}}{l}}$$ 

Soal 10. Sebuah bola bermassa M dan jari-jari R memiliki momen inersia I = 2/5 MR². Bola dibebaskan dari keadaan diam dan menggelinding menuruni bidang miring tanpa kehilangan energi karena gesekan. Bola terlempar vertikal ke atas, keluar dari bidang miring seperti ditunjukkan dalam diagram mencapai ketinggian maksimum ymaks di atas titik tempat bola meninggalkan bidang.

Ketinggian maksimum bola y_maks (dinyatakan dalam h) besarnya adalah …

Jawaban :

Dengan menggunakan acuan seperti dalam gambar dan menggunakan hukum kekekalan energi mekanik, kita dapat menuliskan persamaan : $$E{P_1} + E{K_1} = E{P_2} + E{K_2}\ \ \Rightarrow \ \ Mgh + 0 = \frac{1}{2}M{v^2} + \frac{1}{2}I{\omega ^2}$$ Dengan memasukkan momen inersia bola $I = \frac{2}{5}M{R^2}$ dan $\omega = \frac{v}{R}$ maka persamaan di atas menjadi $$Mgh = \frac{1}{2}M{v^2} + \frac{1}{2}\left( {\frac{2}{5}M{R^2}} \right)\left( {\frac{{{v^2}}}{{{R^2}}}} \right) = \frac{1}{2}M{v^2} + \frac{1}{5}M{v^2} = \frac{7}{{10}}M{v^2}$$ Atau $$v = \sqrt {\frac{{10gh}}{7}}$$ Jadi saat bola meninggalkan bidang, kecepatannya adalah $v = \sqrt {\frac{{10gh}}{7}}$.

Dengan kecepatan awal ini, kita akan menentukan ketinggian maksimum yang dapat dicapai bola.

Ketinggian maksimum akan tercapai saat v = 0. Dengan menggunakan persamaan GLBB, maka $$v_t^2 = v_o^2 + 2ay\ \ \Rightarrow \ \ 0 = v_o^2 – 2g{y_{maks}}\ \ \Rightarrow \ \ {y_{maks}} = \frac{{v_o^2}}{{2g}}$$ Dengan memasukkan nilai v yang telah diperoleh sebagai v_o akan diperoleh $${y_{maks}} = \frac{{10gh/7}}{{2g}} = \frac{{5h}}{7}$$ 

Soal 11. Gambar di bawah ini menunjukkan posisi sesaat dari benda P dan Q yang sedang berotasi dengan kecepatan konstan masing-masing 1 m/s dan 3 m/s terhadap titik O dalam arah berlawanan.

Momentum sudut total P dan Q terhadap O adalah …

Jawaban :

Momentum sudut terhadap sebuah titik pusat rotasi dinyatakan dengan persamaan : $$L = r\ p\ sin \theta = m\ v\ r\ sin \theta $$ Untuk benda P, momentum sudut terhadap titik pusat O adalah $${L_P} = {m_p}{v_p}{r_p}\ sin \theta = \left( {3 \times 1} \right)\left( 5 \right)\ sin 90^\circ = 15\ {\rm{kg}}\ {{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{/s}}$$ Untuk benda Q, momentum sudut terhadap titik pusat O adalah $${L_Q} = {m_Q}{v_Q}{r_Q}\ sin \theta = \left( {2 \times 3} \right)\left( 4 \right)\ sin 90^\circ = 24\ \ {\rm{kg}}\ {{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{/s}}$$ Momentum sudut total adalah : $${L_{total}} = {L_P} – {L_Q} = 15 – 24 = – 9\ {\rm{kg}}\ {{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{/s}}$$ Perhatikan bahwa momentum sudut adalah besaran vektor. Arah momentum sudut L_P berlawanan dengan arah momentum sudut L_Q sehingga keduanya dikurangkan satu sama lain.  

Soal 12. Gambar berikut menunjukkan dua benda bermassa 0,50 kg dan 1,00 kg yang dihubungkan dengan batang ringan dengan panjang 4,00 m dan diletakkan pada suatu permukaan licin.

Sebuah benda P massa 0,50 kg yang bergerak pada kecepatan 4,00 m/s menumbuk dan menempel ke benda bermassa 0,50 kg dan sistem benda-benda ini berotasi terhadap pusat massa. Kecepatan sudut sistem benda-benda tersebut adalah …

Jawaban :

Pada soal ini, gaya luar yang bekerja pada sistem dianggap cukup kecil dibandingkan dengan gaya saat benda bertumbukan sehingga berlaku hukum kekekalan momentum.

Momentum sudut awal :

Untuk sistem dua massa yang dihubungkan dengan sebuah batang ringan, momentum sudutnya = 0. Untuk benda P momentum sudut awalnya adalah ${L_p} = {m_p}{v_p}{r_p}$

Untuk dapat menghitung momentum sudut benda P kita harus mengetahui r_p yang dapat ditentukan dengan penalaran berikut. Benda P bergerak menumbuk sistem dua massa dengan dan menempel pada massa bagian atas sehingga sistem dua massa + benda P berotasi terhadap sumbu yang melalui pusat massa. Karena massa sistem gabungan sama (massa bagian atas = massa bagian bawah, yakni sama-sama 1 kg) maka pusat massanya akan berada di tengah-tengah kedua massa ini. Ini berarti jarak r benda P ke titik pusat rotasi adalah 2,00 m. Sekarang kita dapat menghitung momentum sudut benda P $${L_P} = m\ v\ r = \left( {0,50} \right)\left( {4,00} \right)\left( {2,00} \right) = 4,0\ {\rm{kg}}\ {{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{/s}}$$ Dengan demikian, momentum sudut awal adalah $${L_o} = {L_P} + {L_{sistem}} = 4 + 0 = 4\ {\rm{kg}}\ {{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{/s}}$$ Momentum sudut akhir: $$L’ = {I_{sistem}}\omega’ $$ Dengan I_sistem adalah momen inersia sistem yang terdiri atas benda P yang menempel pada sistem dua massa yang dihubungkan batang ringan, yaitu: $${I_{sistem}} = {m_a}r_a^2 + {m_b}r_b^2 = \left( {0,50 + 0,50} \right){\left( {2,00} \right)^2} + \left( 1 \right){\left( {2,00} \right)^2} = 8\ {\rm{kg}}\ {{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{/s}}$$ Sehingga $$L’ = {I_{sistem}}\omega’ = 8\omega’ $$ Selanjutnya, dengan menggunakan hukum kekekalan momentum sudut: $${L_o} = L’\ \ \Rightarrow \ \ 4 = 8\ \omega’\ \ \Rightarrow\ \ \omega’ = \frac{4}{8} = 0,5\ {\rm{rad/s}}$$ 

Soal 13. Salah satu ujung sebuah tongkat homogen (massa m dan panjang L) tergantung dengan menggunakan tali, dan ujung tongkat lainnya bersentuhan dengan lantai dalam keadaan diam.

Saat masih diam, tongkat tersebut membentuk sudut (theta) terhadap arah mendatar. Gaya tegangan tali adalah …

Jawaban :

Misalkan tongkat akan berotasi dengan sumbu rotasi pada titik persentuhan tongkat dengan lantai.

Diagram benda bebas ditunjukkan berikut ini.

Hukum II Newton untuk gerak rotasi : $\sum {\tau} = I\ \alpha = 0$ $$w\left( {\frac{1}{2}l\ cos \theta } \right) – T\left( {l\ cos \theta } \right) = 0$$ $$T\left( {l\ cos \theta } \right) = w\left( {\frac{1}{2}l\ cos \theta } \right)\ \ \Rightarrow \ \ T = \frac{w}{2} = \frac{1}{2}mg$$ Jadi, gaya tegangan tali pada sistem ini adalah ½ mg.  

Soal 14. Batang homogen bermassa m diikat dengan tali-tali A dan B setimbang pada posisi seperti gambar. dengan tali B horizontal.

Nilai tan (theta) adalah …

Jawaban :

Diagram benda bebas batang ditunjukkan seperti gambar berikut.

Karena batang dalam keadaan setimbang, maka: $$\sum {{F_x}} = 0\ \ \Rightarrow \ \ {T_A}\ sin \theta – {T_B} = 0\ \  \Rightarrow \ \ sin \theta = \frac{{{T_B}}}{{{T_A}}}\ \  … (1)$$ $$\sum {F_y} = 0\ \ \Rightarrow \ \ {T_A}\ cos \theta = mg\ \ \Rightarrow \ \ cos \theta = \frac{mg}{{T_A}}\ \ … (2)$$ $$\sum {\tau} = 0\ \ \Rightarrow \ \ \left( {20 \times {{10}^{ – 2}}} \right){T_B} – \left( {\frac{1}{2} \times 30 \times {{10}^{ – 2}}} \right)mg = 0$$ $$0,2{T_B} – 0,15mg = 0\ \  \Rightarrow \ \ {T_B} = \frac{{0,15mg}}{{0,2}} = \frac{{1,5}}{2}mg\ \ … (3)$$ Karena $tan \theta = \frac{{sin \theta }}{{cos \theta }}$, maka dengan menggunakan persamaan (1) dan (2) kita dapat memperoleh $$tan \theta = \frac{{{T_B}/{T_A}}}{{mg/{T_A}}} = \frac{{{T_B}}}{{mg}}$$ Dari persamaan (3) kita mengetahui T_B sehingga: $$tan \theta = \frac{{1,5mg/2}}{{mg}} = \frac{{1,5}}{2} = 0,75$$ Jadi $tan \theta $ adalah 0,75 atau 75/100 = ¾.

Nah, itulah 14 nomor soal fisika kelas 11 tentang dinamika dan keseimbangan benda tegar.

Bagaimana, mudah bukan?

Selamat belajar.