Besar gaya minimum yang diperlukan agar balok meluncur ke bawah dengan kecepatan tetap adalah ….
A. 3,2 N
B. 6,4 N
C. 20,8 N
D. 32 N
E. 48 N

Pembahasan contoh soal hukum newton pada bidang miring :

Perhatikan gambar gaya-gaya yang bekerja pada benda berikut ini :

Besar gaya berat (w) :

$w=mg=4\cdot 10 = 40$ N

$w_x = w\sin 37 = 40\cdot 0,6 = 24$ N

$w_y = w\cos 37 = 40\cdot 0,8 = 32$ N

Komponen sumbu Y :
Sepanjang sumbu y berlaku hukum I Newton sehingga :

$$
\begin{align*}
\Sigma F_y &= 0 \\
N – w_y &= 0 \\
N &= w_y \\
N &= 32 \quad \textrm{N}
\end{align*}
$$

Komponen sumbu X :
Agar balok meluncur ke bawah dengan kecepatan tetap maka berlaku Hukum I Newton :

$$
\begin{align*}
\Sigma F_x &= 0 \\
F + f_g – w_x &= 0 \\
F &= w_x -f_g \\
&= 24 -\mu N \\
&= 24 – 0,1\cdot 32 \\
&= 24 -3,2 \\
&= 20,8 \quad \textrm{N}
\end{align*}
$$

Jawaban contoh soal hukum newton pada bidang miring : C

Hukum Newton Berkaitan Dengan Gerak Benda

Contoh soal hukum newton berkaitan dengan gerak benda :
Sebuah benda bermassa 1 kg mula-mula bergerak mendatar dengan kecepatan 10 m/s. Kemudian, diberi gaya konstan 2 N selama 10 s searah dengan arah gerak. Besar kecepatan benda setelah 10 s tersebut adalah ….
A. 15 m/s
B. 20 m/s
C. 25 m/s
D. 30 m/s
E. 35 m/s

Pembahasan hukum newton berkaitan dengan gerak benda :

Untuk menentukan percepatan benda mengunakan Hukum II Newton :

$a = \frac{\Sigma F}{\Sigma m} =\frac{2}{1} = 2 \quad \textrm{m/s}^2$

Kemudian menggunakan persamaan gerak lurus berubah beraturan yang dipercepat (GLBB) :

$v_t = v_o +at = 0 + 2\cdot 10 = 20 \quad \textrm{m/s}$

Jawaban hukum newton berkaitan dengan gerak benda : B

Hukum Newton Pada Katrol

Contoh soal hukum newton pada katrol :
Dua benda, m₁ dan m₂, bermassa masing-masing 4 kg dan 6 kg dihubungkan dengan seutas tali melalui sebuah katrol yang massanya diabaikan seperti gambar berikut.

Percepatan dan tegangan talinya adalah ….
A. 10 m/s², 60 N
B. 10 m/s², 40 N
C. 10 m/s², 20 N
D. 2 m/s², 48 N
E. 2 m/s², 24 N

Pembahasan hukum newton pada katrol :
Perhatikan diagram gaya yang bekerja pada katrol berikut :

Hukum II Newton pada sistem benda 1 :

$$
\begin{align*}
\Sigma F_y &= m_1 a \\
T_1 -w_1 &= m_1 a \\
T_1 &= w_1 + m_1a \\
&= m_1g + m_1 a \\
&= 4\cdot 10 + 4a \\
&= 40 +4a
\end{align*}
$$

Hukum II Newton pada sistem benda 2 :

$$
\begin{align*}
\Sigma F_y &= m_2 a \\
T_2 -w_2 &= m_2(- a) \\
T_2 &= w_2 – m_2a \\
&= m_2g – m_2 a \\
&= 6\cdot 10 – 6a \\
&= 60 -6a
\end{align*}
$$

Karena massa katrol diabaikan maka T₁ = T₂, sehingga :

$$
\begin{align*}
T_1 &= T_2 \\
40+4a &= 60-6a \\
10a &= 20 \\
a &= 2 \quad \textrm{m/s}^2
\end{align*}
$$

Jadi percepatan benda a = 2 m/s².

Untuk menentukan besar tegangan talinya bisa menggunakan salah satu T₁ atau T₂, besar keduanya sama.

$T_1 = 40+4a = 40+4\cdot 2 = 48 \quad \textrm{N}$

atau menggunakan T₂

$T_2 = 60-6a = 60-6\cdot 2 = 48 \quad \textrm{N}$

Jawaban hukum newton pada katrol : D

Aplikasi hukum newton pada bidang miring

Contoh aplikasi Hukum Newton pada bidang miring adalah sebagai berikut :
Sebuah benda bermassa 5 kg ditarik ke atas dari keadaan diam dengan gaya 70 N seperti gambar.

Jika koefisien gesekan bidang miring (μ_k = 0,2), percepatan benda adalah ….
A. 32 m/s²
B. 8 m/s²
C. 6,4 m/s²
D. 3 m/s²
E. 1,5 m/s²

Pembahasan aplikasi Hukum Newton pada bidang miring :
Perhatikan diagram gaya berikut ini :

Diketahui :

F = 70 N

$ w = mg = 5 \cdot 10 = 50 \quad \textrm{N}$

$ w_x = w\sin 37^o = 50 \cdot 0,6 = 30 \quad \textrm{N}$

$ w_y = w\cos 37^o = 50 \cdot 0,8 = 40 \quad \textrm{N}$

Komponen sumbu y berlaku Hukum I Newton :

$$
\begin{align*}
\Sigma F_y &= 0 \\
N – w_y &= 0 \\
N &= w_y \\
&= 40 \quad \textrm{N}
\end{align*}
$$

Komponen sumbu x berlaku Hukum II Newton :

$$
\begin{align*}
\Sigma F_x &= ma \\
F – f_g – w_x &= ma \\
F – \mu N – w_x &= ma \\
70 – 0,2\cdot 40 – 30 &= 5a \\
70 – 8 – 30 &= 5a \\
32 &=5a \\
a &= 6,4 \quad \textrm{m/s}^2
\end{align*}
$$

Jawaban aplikasi Hukum Newton pada bidang miring : C

Contoh Soal Dan Pembahasan Penerapan Hukum Newton Pada Bidang Datar

Contoh soal dan pembahasan serta penerapan hukum newton pada bidang datar baik licin maupun kasar.

Contoh soal :
Sebuah balok bermassa 2 kg yang terletak pada bidang datar licin ditarik dengan gaya F₁ dan F₂ seperti gambar berikut.

Besar dan arah percepatan yang bekerja pada benda adalah ….
A. 1,25 m/s² ke kiri
B. 1,25 m/s² ke kanan
C. 0,8 m/s² ke kiri
D. 0,8 m/s² ke kanan
E. 0,5 m/s² ke kiri

Pembahasan penerapan hukum newton pada bidang datar :
Perhatikan diagram gaya berikut :

$ F_{2x} = F_2 \cos 37^o = 8 \cdot 0,8 = 6,4 \quad \textrm{N} $

$ F_{2y} = F_2 \sin 37^o = 8 \cdot 0,6 = 4,8 \quad \textrm{N} $

Benda bergerak sepanjang bidang datar sumbu x, sehingga berlaku Hukum II Newton.

$$
\begin{align*}
\Sigma F_x &= ma \\
F_{2x} – F_1 &= ma \\
6,4 – 8 &= 2a \\
-1,6 &= 2a \\
a &= -0,8 \quad \textrm{m/s}^2
\end{align*}
$$

Karena percepatan (a) negatif, maka benda bergerak sepanjang bidang datar ke kiri.

Jawaban : E

Contoh soal dan pembahasan hukum III newton

Hukum Newton 3 tentang aksi reaksi, berikut ini contoh soal tentang hukum 3 newton dan pembahasannya:
Perhatikan gambar berikut.

Pasangan gaya aksi dan reaksi adalah ….
A. T₁ dan w
B. T₁ dan T₂
C. T₁ dan T₃
D. T₂ dan T₁
E. T₂ dan T₃

Pembahasan contoh soal Hukum 3 Newton :
Pasangan gaya aksi dan reaksi bekerja pada benda yang berbeda dan beralawan arah. T₁ dan w bukan pasangan aksi reaksi karena bekerja pada benda yang sama yaitu benda yang mengantung. Begitu juga T₂ dan T₃ bukan pasangan aksi reaksi karena bekerja pada benda yang sama yaitu langit-langit. Sehingga yang merupakan pasangan gaya aksi dan reaksi adalah T₁ dan T₂, karena T₁ bekerja pada benda yang menggantung dan T₂ bekerja pada langit-langit dan keduannya berlawanan arah.

Jawaban : B

Artikel ini berkaitan dengan hukum newton ketiga, hukum newton tentang gaya, hukum newton pertama, hukum newton aksi reaksi, hukum newton katrol, hukum newton 1 membahas tentang, hukum newton 3 adalah, hukum newton contoh soal, hukum newton 2 dan aplikasinya, hukum newton dan aplikasinya, peristiwa hukum newton alasan, aplikasi hukum newton 1, aplikasi hukum newton 2, artikel hukum newton, aplikasi hukum newton 1 2 3, animasi hukum newton 1, aplikasi hukum newton 3, dan aplikasi hukum newton pada bidang datar.

Contoh Soal Hukum Newton Beserta Jawabannya

Sebuah gaya F bekerja horisontal pada benda yang berada pada bidang miring yang licin dengan sudut kemiringan Ө seperti pada gambar dibawah. Jika massa benda adalah m dan percepatan gravitasi bumi adalah g maka resultan gaya yang bekerja pada benda itu adalah ….

A. $F\cos \theta – mg \sin \theta$
B. $F\cos \theta + mg \cos \theta$
C. $F\sin \theta – mg \cos \theta$
D. $F\cos \theta + mg \sin \theta$
E. $F + mg \tan \theta$

Pembahasan :

Komponen sumbu x :

$$
\begin{align*}
\Sigma F_x &= F\cos \theta – w\sin \theta \\
&= F\cos \theta – mg\sin \theta
\end{align*}
$$

Komponen sumbu y :
$\Sigma F_y = 0 $

Jadi resultannya :

$$
\begin{align*}
F &= \sqrt{(\Sigma F_x ^2 + \Sigma F_y ^2 )} \\
&= \sqrt{(\Sigma F_x ^2 + 0^2 )} \\
&= \sqrt{(\Sigma F_x ^2 )} \\
&= \Sigma F_x \\
&=F\cos\theta – mg\sin \theta
\end{align*}
$$

Jawaban A :

Mobil 700 kg mogok di jalan yang mendatar. Kabel horisontal mobil derek yang dipakai untuk menyeretnya akan putus jika tegangan di dalamnya melebihi 1.400 N. Percepatan maksimum yang dapat diterima mobil mogok itu dari mobil derek adalah …. (g = 10 m/s²)
A. 2 m/s²
B. 4 m/s²
C. 8 m/s²
D. 10 m/s²
E. 20 m/s²

Pembahasan :

$$
\begin{align*}
T &= ma \\
1.400 &= 700a \\
a &=2 \quad \textrm{m/s}^2
\end{align*}
$$

Jawaban : A

Gaya F sebesar 12 N bekerja pada sebuah benda yang massanya m₁ menyebabkan percepatan sebesar 8 m/s². Jika F bekerja pada benda bermassa m₂ maka percepatan yang ditimbulkan adalah 2 m/s². Jika F bekerja pada benda yang bermassa m₁ + m₂, maka percepatan benda itu adalah ….
A. 1,2 m/s²
B. 1,6 m/s²
C. 2,4 m/s²
D. 3,0 m/s²
E. 3,6 m/s²

Pembahasan :

Pada benda m₁ :

$$
\begin{align*}
F &= m_1a_1 \\
12 &= m_1\cdot 8 \\
m_1 &=\frac{3}{2} \quad \textrm{kg}
\end{align*}
$$

Pada benda m₂ :

$$
\begin{align*}
F &= m_2a_2 \\
12 &= m_2\cdot 2 \\
m_2 &=6 \quad \textrm{kg}
\end{align*}
$$

Percepatan pada benda bermassa m₁ + m₂ :

$$
\begin{align*}
F &= (m_1 + m_2)\cdot a \\
12 &=\left(\frac{3}{2} + 6 \right) \cdot a \\
12 &= \frac{15}{2} \cdot a \\
12\cdot \frac{2}{15} &= a \\
a &= \frac{6}{5} \\
&=1,2 \quad \textrm{m.s}^{-2}
\end{align*}
$$

Jawaban : A

Balok 1 massanya 1 kg dan balok II massanya 2 kg terletak di atas lantai licin seperti pada gambar. Jika F = 6 N, maka gaya kontak antara kedua balok adalah ….

A. 0 N
B. 1 N
C. 2 N
D. 6 N
E. 18 N

Pembahasan :

$$
\begin{align*}
a &= \frac{\Sigma F}{\Sigma m} \\
a &= \frac{\Sigma F}{m_1 + m_2} \\
a &= \frac{6}{1 + 2} \\
a &= \frac{6}{3} \\
a &=2 \quad \textrm{m.s}^{-2}
\end{align*}
$$

Gaya kontak :
Gaya kontak pada benda I ( F₁₂) :

$$
\begin{align*}
a &= \frac{\Sigma F}{\Sigma m} \\
a &= \frac{F_{12}}{m_1} \\
2 &= \frac{F_{12}}{1} \\
F_{12} &= 2 \quad \textrm{N}
\end{align*}
$$

Gaya kontak pada benda II (F₂₁) :

$$
\begin{align*}
a &= \frac{\Sigma F}{\Sigma m} \\
a &= \frac{F – F_{21}}{m_2} \\
2 &= \frac{6 – F_{21}}{2} \\
6 – F_{21} &= 4 \\
F_{21} &= 6 – 4 \\
&= 2 \quad \textrm{N}
\end{align*}
$$

Jadi gaya kontak F₁₂ = F₂₁ = 2 N, hanya saja arahnya berlawanan.

Jawaban : C

Seseorang dengan massa 60 kg berada di dalam lift yang sedang bergerak ke bawah dengan percepatan 3 m/s². Jika percepatan gravitasi bumi 10 m/s² maka desakan kaki orang pada lantai lift adalah ….
A. 420 N
B. 570 N
C. 600 N
D. 630 N
E. 780 N

Pembahasan :

Karena dipercepat ke bawah maka percepatan lift bertanda negatif (-a).

$$
\begin{align*}
\Sigma F &= ma \\
N – w &= m(-a) \\
N – mg &=-ma \\
N – 60\cdot 10 &= -60\cdot 3 \\
N &= 600 – 180 \\
&= 420 \quad \textrm{N}
\end{align*}
$$

Jawaban : A

Koefisien gesekan statis antara balok dan meja adalah 0,25. Agar sistem berada dalam keadaan setimbang, berat maksimum balok A adalah ….
….
A. sama besar dengan gaya gesekan statis maksimum antara balok B dan meja
B. lebih besar daripada gaya gesekan statis maksimum antara balok B dan meja
C. lebih kecil daripada gaya gesekan statis maksimum antara balok B dan meja
D. $\frac{1}{4}$ kali gaya gesekan statis antara balok B dan meja
E. 4 kali gaya gesekan statis antara balok B dan meja

Pembahasan :

Sistem benda A :

$$
\begin{align*}
\Sigma F_y &= 0 \\
T_y – w_A&= 0 \\
T_y &= w_A \\
T\sin\theta &= w_A \\
\frac{1}{2}\sqrt{2}T &= w_A\\
T &= \sqrt{2} w_A \quad\quad\quad\quad\textrm{pers. (1)}
\end{align*}
$$

Sistem benda B :

$$
\begin{align*}
\Sigma F_y &= 0 \\
N_B – w_B&= 0 \\
N_B &= w_B \\
&= 660\quad\textrm{N}
\end{align*}
$$

$$
\begin{align*}
\Sigma F_x &= 0 \\
T_x – f_g&= 0 \\
T\cos 45^o &= f_g \\
T\cos 45^o &= f_g \\
\frac{1}{2}\sqrt{2} T &= f_g \\
T &= \sqrt{2}f_g \\
&= \sqrt{2}\mu N_B \\
&=\sqrt{2}\mu w_B \\
&= \sqrt{2}\cdot 0,25\cdot 660 \\
&= 165\sqrt{2} \quad\textrm{N}
\end{align*}
$$

Nilai T = 165$\sqrt{2}$ dimasukkan ke persamaan (1), maka :

$$
\begin{align*}
T &= T \\
\sqrt{2} w_A &= 165\sqrt{2} \\
w_A &= 165\quad\textrm{N}
\end{align*}
$$

$$
\begin{align*}
f_g &= \mu N_A \\
&= 0,25w_B \\
&= 0,25\cdot 660\\
&=165\quad \textrm{N}
\end{align*}
$$

Jadi w_A = f_g = 165 N

Jawaban : A

Penghapus papan tulis yang beratnya 2 N dipakai untuk menghapus papan tulis yang letaknya vertikal. Siswa yang menggunakan penghapus tadi menekannya tegak lurus ke papan tulis dengan gaya 10 N. Jika koefisien gesekan kinetis antara penghapus dan papan tulis adalah 0,4 maka untuk menggerakkan penghapus secara horizontal dengan kecepatan tetap, siswa tadi harus menariknya dengan gaya ….
A. 0,8 N
B. 3,2 N
C. 4,0 N
D. 4,8 N
E. 25,0 N

Pembahasan :

Gaya normal penghapus :

$$
\begin{align*}
N – F &=0\\
N &=F\\
&= 10 \quad\textrm{N}
\end{align*}
$$

Gaya tarikan siswa :

$$
\begin{align*}
F_T – f_g &=0\\
F_T &=f_g\\
&= \mu N \\
&= 0,4\cdot 10 \\
&= 4 \quad\textrm{N}
\end{align*}
$$

Jawaban : C

Hukum Newton Dan Rumusnya
Rumus Hukum Newton di bagi tiga yaitu :

Hukum I Newton

Hukum I Newton membahas tentang kelembamam benda. Hukum I Newton atau hukum kelembamam menyatakan bahwa jika resultan haya yang bekerja pada suatu benda sama dengan nol, benda yang diam akan tetap diam dan benda yang bergerak dengan kecepatan konstan akan tetap bergerak dengan kecepatan konstan. Sehingga Hukum I Newton dirumuskan :

$$\Sigma F = 0$$

dengan $\Sigma F$ = jumlah gaya

Jika $\Sigma F$ = 0 , ada dua kemungkiinan, yaitu sebagai berikut :

• Benda dalam keadaan diam.
• Benda bergerak lurus beraturan.

Hukum I Newton juga disebut hukum kelembaman, karena setiap benda bersifat lembam, yaitu sifat mempertahankan diri dari kedudukan semula.

Contoh:

• Badan kita akan terdorong ke depan ketika mobil yang kita tumpangi tiba-tiba direm.
• Badan kita akan terdorong ke belakang ketika mobil yang kita tumpangi tiba-tiba bergerak maju.

Hukum II Newton (Hukum tentang Gerak)

Hukum II Newton menyatakan bahwa percepatan pada suatu benda berbanding lurus dengan gaya yang bekerja pada benda tersebut dan berbanding terbalik dengan massa benda tersebut.

$$\Sigma F = ma$$

dengan :

m = massa benda (kg),

a = percepatan benda (m/s²) dan

$ \Sigma F $ = gaya toral yang bekerja pada benda ( kg.m/s² atau N)

Satuan lain gaya adalah dyne = g.cm/s²,

Pengertian Massa dan Berat

• Massa (m) adalah banyaknya materi dalam suatu benda yang besarnya selalu tetap dan merupakan besaran skalar.
• Berat (w) adalah gaya tarik bumi yang bekerja pada sebuah benda dan merupakan besaran vektor.

$$ w = mg$$

dengan :

m = massa benda (kg)

g = percepatan gravitasi (m/s²)

w = berat benda (N)

Hukum III Newton( Hukum Aksi – Reaksi)

Hukum III Newton menyatakan bahwa jika benda A melakukan gaya aksi pada benda B, benda B akan memberikan gaya reaksi yang sama besar, tetapi berlawanan pada benda A.

$$
\begin{align*}
F_{aksi} &= -F_{reaksi} \\
F_{AB} &= – F_{BA}
\end{align*}
$$

Ciri-ciri gaya aksi-reaksi, yaitu sebagai berikut.

• Bekerja pada dua benda yang berbeda
• Besar gaya aksi = gaya reaksi
• Arahnya selalu berlawanan

Penerapan Hukum – Hukum Newton

a. Hukum Newton pada Lift

1. Lift diam atau bergerak dengan kecepatan tetap.

$$
\begin{align*}
\Sigma F &= 0 \\
N – w &= 0 \\
N &= w
\end{align*}
$$

dengan

w = berat orang (N)

N = gaya tekan orang terhadap lantai lift ( N )

2. Lift dipercepat ke atas

$$
\begin{align*}
\Sigma F &= ma \\
N – w &= ma \\
N &= w + ma
\end{align*}
$$

dengan :

m = massa oarang (kg)

a = percepatan (m/s²)

3. Lift dipercepat ke bawah

$$
\begin{align*}
\Sigma F &= ma \\
w – N &= ma \\
N &= w – ma
\end{align*}
$$

b. Benda Digantung dengan Sebuah Tali Melalui Katrol

Dalam hal ini, massa katrol diabaikan (m_k = 0)

m₂ > m₁

Benda 1

$$
\begin{align*}
\Sigma F &= ma \\
T_1 – w_1 &= m_1a \\
T_1 &= w_1 + m_1a\\
T_1 &= m_1g + m_1a \\
T_1 &= m_1 ( g + a)
\end{align*}
$$

dengan T₁ = tegangan tali benda 1 (N).

Benda 2

$$
\begin{align*}
\Sigma F &= ma \\
T_2 – w_2 &= m_2(-a) \\
T_2 &= w_2 – m_2a\\
T_2 &= m_2g – m_2a \\
T_1 &= m_2 ( g – a)
\end{align*}
$$

dengan T₂ = tegangan tali benda 2 (N).

Massa katrol diabaikan (m_k = 0) sehingga T₁ = T₂

$$
\begin{align*}
T_1 &= T_2 \\
m_1g + m_1a &= m_2g – m_2a \\
m_1a + m_2a &= m_2 g – m_1g \\
(m_1 + m_2)a &= (m_2 – m_1)g \\
a & = \frac{m_2-m_1}{m_2 + m_1} g
\end{align*}
$$

dengan a = percepatan benda (m/s²)

c. Benda Bergerak di Atas Bidang Datar yang Licin

1. Arah gaya searah dengan perpindahan

Gaya yang menyebabkan perpindahan :

Komponen sumbu x :

$$
\begin{align*}
\Sigma F_x &= ma \\
F &= ma \\
a &= \frac{F}{m}
\end{align*}
$$

Komponen sumbu y :

$$
\begin{align*}
\Sigma F_y &= 0\\
N – w &= 0 \\
N&= w \\
N &= mg
\end{align*}
$$

2. Arah gaya membentuk sudut dengan perpindahan

Komponen sumbu y :

$$
\begin{align*}
\Sigma F_y &= 0 \\
N + F_y – w &= 0 \\
N &= w – F_y \\
&= w – F \sin \alpha
\end{align*}
$$

Komponen sumbu x :

$$
\begin{align*}
\Sigma F_x &= ma \\
F \cos \alpha &= ma
\end{align*}
$$

3. Gaya Kontak

$$
\begin{align*}
\Sigma F &= ma \\
F – F_{21} + F_{12} &= (m_1 + m_2 )a \\
F &= (m_1 + m_2)a
\end{align*}
$$

Untuk benda 1

$$
\begin{align*}
\Sigma F_1 &= m_1a \\
F – F_{21} &= m_1a \\
F_21 &= F – m_1a
\end{align*}
$$

Untuk benda 2

$$
\begin{align*}
\Sigma F_2 &= m_2a \\
F_{12} &= m_2a
\end{align*}
$$

dengan :

F₁₂ = -F₂₁ = gaya kontak (N)

F = gaya dorong terhadap benda 1 (N)

d. Benda Bergerak pada Bidang Miring Licin

$ N = w\cos \alpha $

$$
\begin{align*}
\Sigma F &= ma \\
w\sin \alpha &= ma \\
mg\sin \alpha &= ma \\
a &= g\sin \alpha
\end{align*}
$$

e. Beberapa Benda Dihubungkan dengan Tali dan Katrol

1. Dua balok dihubungkan dengan tali

$$
\begin{align*}
a &= \frac{\Sigma F}{\Sigma m} \\
a &= \frac{F -T + T}{m_1 + m_2} \\
a &= \frac{F}{m_1 + m_2}
\end{align*}
$$

Benda 1 :

$$
\begin{align*}
\Sigma F_1 &= m_1a\\
T &= m_1a
\end{align*}
$$

Benda 2 :

$$
\begin{align*}
\Sigma F_2 &= m_2a\\
F – T &= m_2a \\
T &= F – m_2a
\end{align*}
$$

2. Dua balok dihubungkan melalui katrol

Massa katrol diabaikan :

$$
\begin{align*}
a &= \frac{\Sigma F}{\Sigma m}\\
a &= \frac{w_2}{m_1 + m_2}\\
a &= \frac{m_2g}{m_1 + m_2}\\
a &= \frac{m_2}{m_1 + m_2}g
\end{align*}
$$

Benda 1 :

$$
\begin{align*}
\Sigma F_1 &= m_1 a\\
T_1 &= m_1 a
\end{align*}
$$

Benda 2 :

$$
\begin{align*}
\Sigma F_2 &= m_2 a\\
w_2 – T_2 &= m_2 a \\
T_2 &= w_2 – m_2a \\
&= m_2g -m_2a \\
&= m_2(g-a)
\end{align*}
$$

Macam – Macam Gaya

1. Gaya Normal

Gaya normal adalah gaya kontak yang bekerja dengan arah tegak lurus bidang sentuh jika dua benda bresentuhan.

a. Pada bidang datar

Arah gaya normal vertikal ke atas :

$ N = w = mg $

b. Pada bidang vertikal

Arah gaya normal mendatar (horisontal)

c. Pada bidang miring

Arah gaya normal tegak lurus bidang miring ke atas.

$ N = w \cos \alpha $

2. Gaya sentripetal (F_s)

Gaya sentripetal adalah gaya yang arahnya tegak lurus vektor kecepatan dengan arah menuju pusat lingkaran.

$ F_s = ma_s $

$ F_s = m\frac{v^2}{R}=m\omega ^2 R $

dengan
m = massa benda yang bergerak melingkar (kg),
a_s = percepatan sentripetal (m/s²),
v = kecepatan linear (m/s),
ω = kecepatan sudut (rad/s),
R = jari-jari lingkaran (m)

a. Gerak benda melalui sisi dalam lingkaran vertikal

• Semua gaya yang menuju pusat lingkaran bertanda positif.
• Semua gaya yang menjauhi pusat lingkaran bertanda negatif.

Di titik terendah A

\begin{align*}
\Sigma F &= ma_s \\
N – w &= m\frac{v^2}{R} \\
N &= w + m\frac{v^2}{R}
\end{align*}

dengan N = gaya tekan normal di titik terendah.

Di titik B

$$
\begin{align*}
\Sigma F &= ma_s \\
N – w\cos \theta &= m\frac{v^2}{R} \\
N &= w\cos \theta + m\frac{v^2}{R}
\end{align*}
$$

Di titik tertinggi C

$$
\begin{align*}
\Sigma F &= ma_s \\
N + w&= m\frac{v^2}{R} \\
N &= m\frac{v^2}{R} – w
\end{align*}
$$

Penerapan gerak benda melalui sisi dalam lingkaran vertikal:
– gerak kereta luncur,
– gerak kincir (bianglala),
– gerak mobil saat melewati lembah jalan pegunungan, dan
– gerak benda yang diikat oleh seutas tali yang diputar vertikal.

b. Gerak benda melalui sisi luar lingkaran vertikal

Di puncak lingkaran (A)

$$
\begin{align*}
\Sigma F &= ma_s \\
w – N &= m\frac{v^2}{R} \\
N &= w – m\frac{v^2}{R}
\end{align*}
$$

Di titik B

$$
\begin{align*}
\Sigma F &= ma_s \\
w\cos \theta – N &= m\frac{v^2}{R} \\
N &= w\cos \theta – m\frac{v^2}{R}
\end{align*}
$$

c. Gerak benda yang diputar horisontal

$$
\begin{align*}
\Sigma F &= ma_s \\
T &= m\frac{v^2}{R}
\end{align*}
$$

dengan T = tegangan tali (N)

Soal SBMPTN fisika no 16

Kecepatan sudut benda diberikan dalam bentuk kurva seperti gambar.

Pernyataan yang benar adalah …
(A) Pergeseran sudut benda dalam selang 0 ≤ t ≤ 4 detik adalah 40 radian
(B) Pergeseran sudut benda dalam selang 4 ≤ t ≤ 9 detik adalah (203) radian
(C) Percepatan sudut benda pada saat t = 2 detik adalah (−38) radian/s²
(D) Percepatan sudut rata-rata benda pada selang 0 ≤ t ≤ 12 detik adalah (3012) radian/s²
(E) Pergeseran sudut benda dalam selang 9 ≤ t ≤ 12 detik adalah 30 radian

Pembahasan soal SBMPTN Fisika no 16 :

Pergeseran sudut benda = luas daerah. Untuk selang waktu 9 ≤ t ≤ 12 detik, besar pergeseran sudutnya adalah :

$$
\begin{align*}
\theta &= \frac{1}{2}\times \textrm{alas} \times \textrm{tinggi} \\
&= \frac{1}{2}\times (12-9) \times 20 \\
&= 30 \quad \textrm{radian}
\end{align*}
$$

Jawaban : E

Soal SBMPTN Fisika tahun 2017 no 17

Sebuah lemari besi dengan berat 300 N (awalnya dalam keadaan diam) ditarik oleh sebuah gaya dengan arah membentuk sudut θ di atas garis mendatar cos θ = $\frac{3}{5}$ . Apabila koefisien gesek statis dan kinetik antara lemari besi dan lantai berturut-turut adalan 0,5 dan 0,4, gaya gesek kinetik yang bekerja pada lemari besi adalah 72 N, dan besar percepatan gravitasi g = 10 m/s², maka percepatan lemari besi dan gaya yang menarik lemari besi berturut-turut adalah ….

(A) $\frac{18}{30}$ m/s² dan 90 N
(B) $\frac{18}{30}$ m/s² dan 150 N
(C) $\frac{18}{30}$ m/s² dan 2l0 N
(D) 0 m/s² dan l50 N
(E) 0 m/s² dan 90 N

Pembahasan soal SBMPTN Fisika tahun 2017 no 17 :

Perhatikan gambar di bawah ini:

$$
\begin{align*}
f_g &= \mu N \\
72 &=0,4\cdot N \\
N &= 180 \quad \textrm{N}
\end{align*}
$$

Komponen vertikal :

$$
\begin{align*}
\Sigma F_y &= 0 \\
N + F_y – w &=0 \\
180 + F_y – 300 = 0 \\
F_y &= 120 \quad \textrm{N} \\
F\sin \theta & = 120 \\
F \cdot \frac{4}{5} &= 120 \\
F &= \frac{600}{4} \\
&= 150 \quad \textrm{N}
\end{align*}
$$

Komponen horisontal :

$$
\begin{align*}
\Sigma F_x &= ma \\
F_x – f_g &=ma \\
F\cos \theta -72 = 30a \\
150\cdot \frac{3}{5} + 72 &= 30a \\
90 – 72 & = 30a \\
18 &= 30a \\
a &= \frac{18}{30} \quad \textrm{m/s}^2
\end{align*}
$$

Jawaban : B

Soal SBMPTN Fisika tahun 2017 no 18

Seorang pemain bola menerima umpan lambung. Bola yang massanya 0,4 kg datang dengan kecepatan 12 m/s dan arah 30^o terhadap garis horizontal. Setelah ditendang ke arah gawang lawan, kecepatan bola berubah menjadi 15 m/s dengan arah 30° terhadap garis horizontal. Jika waktu kontak bola dengan kaki adalah 0,01 s, maka gaya yang diterima bola dalam arah vertikal adalah ….
(A) 400N
(B) 540N
(C) 600N
(D) 640N
(E) 700N

Pembahasan soal SBMPTN Fisika tahun 2017 no 18 :

Komponen kecepatan pada sumbu y (arah vertikal):

$v_{y1} = – v_1\sin 30 = -12\cdot \frac{1}{2} = -6$ m/s_²

$v_{y2} = v_2\sin 30 = 15\cdot \frac{1}{2} = 7,5$ m/s_²

Gaya yang diterima bola dalam arah vertikal :

$$
\begin{align*}
F_y \cdot t &= m(v_{y2} – v_{y1}) \\
F_y \cdot 0,01 &=0,4(7,5 – (-6)) \\
F_y &= 540 \quad \textrm{N}
\end{align*}
$$

Jawaban : B

Soal SBMPTN Fisika tahun 2017 no 19
Kawat jenis A dan B memiliki panjang dan diameter yang sama dengan modulus Young berbeda. Jika diberi beban bermassa M, kawat A meregang sejauh x, sedangkan kawat B meregang sejauh 0,5x. Apabila kawat A dan B disambung kemudian diberi beban M, maka pertambahan panjang keseluruhan adalah ….
(A) 0,5x
(B) 1,0x
(C) 1,5x
(D) 2,0x
(E) 2,5x

Pembahasan soal SBMPTN Fisika tahun 2017 no 19 :
Karena kedua kawat A dan B memiliki modulus Young yang berbeda, maka konstanta elastisitasnya juga berbeda.
Konstanta elastisitas kawat A :

$$
\begin{align*}
F &= k_A \cdot \Delta L\\
Mg &=k_A \cdot x \\
k_A &= \frac{Mg}{x}
\end{align*}
$$

Konstanta elastisitas kawat B :

$$
\begin{align*}
F &= k_B \cdot \Delta L\\
Mg &=k_B \cdot 0,5x \\
k_B &= \frac{Mg}{0,5x}
\end{align*}
$$

Apabila kedua kawat A dan B disambung maka konstanta elastisitas gabungannya menjadi :

$$
\begin{align*}
\frac{1}{k_{tot}}&= \frac{1}{k_A} + \frac{1}{k_B} \\
&= \frac{1}{\frac{Mg}{x}} + \frac{1}{\frac{Mg}{0,5x}} \\
&= \frac{x}{Mg} + \frac{0,5x}{Mg} \\
&= \frac{1,5x}{Mg} \\
k_{tot} &=\frac{Mg}{1,5x}
\end{align*}
$$

Maka pertambahan panjang keseluruhannya jika diberi beban M adalah :

$$
\begin{align*}
F&= k_{tot} \cdot \Delta L \\
Mg &=\frac{Mg}{1,5x} \Delta L \\
\Delta L &={1,5x}
\end{align*}
$$

Jawaban : C

Soal SBMPTN Fisika tahun 2017 no 20

Perhatikan gambar di bawah ini!

Sebuah semprotan nyamuk tersusun atas pipa vertikal yang tercelup dalam cairan antinyamuk $\rho$ dan pipa horizontal yang terhubung dengan piston. Panjang bagian pipa vertikal yang berada di atas cairan adalah l dengan luas penampang a. Dibutuhkan kecepatan minimum aliran udara yang keluar dari pipa horizontal sebesar v agar cairan antinyamuk dapat keluar dari pipa vertikal. Jika pipa vertikal diganti dengan pipa berluas penampang a’ = 2a, maka cairan yang masih bisa digunakan harus memiliki massajenis $\rho$’ sebesar ….
(A) $\rho ‘ = \frac{1}{2} \rho $
(B) $\rho ‘ = \frac{1}{2} \rho $
(C) $\rho ‘ = \sqrt{\rho} $
(D) $\rho ‘ = 2\rho $
(E) $\rho ‘ = 4\rho $

Pembahasan soal SBMPTN Fisika tahun 2017 no 20 :

$$
\begin{align*}
Q&=Q’ \\
Av &=A’v’ \\
av &=2a\cdot v’ \\
v’ &=\frac{1}{2}v
\end{align*}
$$

Kemudian menggunakan persamaan :

$$
\begin{align*}
\frac{1}{2}\rho v^2&=\frac{1}{2}\rho ‘ v’^2 \\
\rho v^2&=\rho ‘ v’^2 \\
\rho v^2 &=\rho ‘\cdot (\frac{1}{2}v)^2 \\
\rho &=\frac{1}{4}\rho ‘ \\
\rho ‘ &= 4\rho
\end{align*}
$$

Jawaban : E

Soal SBMPTN Fisika tahun 2017 no 21

Kalor jenis es akan ditentukan dengan cara memberikan kalor 400 kJ pada 2 kg es bersuhu – 10°C. Jika kalor lebur es 340 kJ/kg dan setelah terjadi kesetimbangan termal tersisa 0,95 kg es, maka kalor jenis es pada percobaan tersebut adalah ….
(A) 3850 J/kg°C
(B) 3570 J/kg°C
(C) 2542 J/kg°C
(D) 2150 J/kg°C
(E) 1855 J/kg°C

Pembahasan soal SBMPTN Fisika tahun 2017 no 21 :

Banyaknya es yang mencair = 2 kg – 0,95 kg = 1,05 kg. Menggunakan persamaan kalor :

$$
\begin{align*}
Q&=Q_1 + Q_2 \\
Q&=m_1 c\Delta T + m_2 L \\
400.000 &=2\cdot c \cdot (0 – (-10)) + 1,05 \cdot 340.000 \\
400.000 &=20c + 357.000 \\
20c &= 43.000 \\
c &= 2150 \quad \textrm{J/kg}^o\textrm{C}
\end{align*}
$$

Jawaban : D

Soal SBMPTN Fisika tahun 2017 no 22

Suatu mesin dalam satu siklus menyerap kalor sebesar 2 x 10³ joule dan reservoir panas dan melepaskan kalor 1,5 x 10³ joule ke reservoir yang temperaturnya lebih rendah. Jika waktu yang diperlukan untuk melakukan 4 siklus adalah 2 detik, maka daya mesin tersebut sebesar ….
(A) 10¹ watt
(B) 10² watt
(C) 10³ watt
(D) 10⁴ watt
(E) 10⁵ watt

Pembahasan soal SBMPTN Fisika tahun 2017 no 22 :
Besar usaha untuk satu siklus :

$W=Q_1 – Q_2 = 2\cdot 10^3 – 1,5\cdot 10^3 = 0,5 \cdot 10^3$ J

Daya yang diperlukan untuk 4 siklus dalam 2 detik :

$$
\begin{align*}
P &= 4\times \frac{W}{t} \\
&= 4\times \frac{0,5 \cdot 10^3}{2} \\
&= 10^3 \quad \textrm{watt}
\end{align*}
$$

Jawaban : C

Soal SBMPTN Fisika tahun 2017 no 23

Seutas tali yang tipis disambung dengan tali yang lebih tebal, kemudian diikatkan pada tembok yang kokoh, seperti pada gambar.

Jika pada salah satu ujung tali yang tipis diberi ganguan, maka terjadi perambatan gelombang ke arah kanan. Pada saat di A ….
(A) sebagian gelombang diteruskan dan sebagian dipantulkan dengan fase yang sama dengan gelombang datang
(B) semua gelombang diteruskan menuju B
(C) sebagian gelombang diteruskan dan sebagian dipantulkan
(D) semua gelombang dipantulkan
(E) panjang gelombang yang dipantulkan dan diteruskan sama

Pembahasan soal SBMPTN Fisika tahun 2017 no 23 :
Karena tali disambung dengan tali yang lebih tebal, maka sebagain gelombang diteruskan dan sebagian dipantulkan.

Jawaban : C

Soal SBMPTN Fisika tahun 2017 no 24

Dua cincin konduktor diletakkan koaksial seperti pada gambar.

Seorang pengamat melihat kedua cincin tersebut melalui sumbunya dan sisi kiri cincin besar. Arus mengalir semakin besar searah jarum jam pada cincin besar. Pada cincin kecil akan terjadi ….
(A) arus listrik yang berlawanan dengan jarum jam
(B) arus listrik yang semakin besar dan berlawanan arah dengan jarum jam
(C) arus listrik yang searah dengan jarum jam
(D) arus listrik yang semakin besar dan searah dengan jarum jam
(E) arus listnik yang semakin kecil dan searah dengan jarum jam

Pembahasan soal SBMPTN Fisika tahun 2017 no 24 :
Menggunakan persamaan :
$B = \frac{\mu _o I}{2a}$

Arus listrik yang semakin besar dan searah dengan jarum jam.

Jawaban : C

Perhatikan gambar berikut!

P adalah titik berat batang xy yang bermassa 5 kg. Jika sistem dalam keadaan seimbang, massa beban B adalah ….

A. 5 kg

B. 4 kg

C. 3 kg

D. 2 kg

E. 1 kg

Pembahasan dinamika benda tegar :

Perhatikan gambar di bawah ini :

Untuk mengetahui massa beban B maka menggunakan jumlah torsi terhadap titik x harus sama dengan nol.

$$
\begin{align*}
\Sigma \tau &= 0 \\
w\cdot R_{xP} – F\cdot R_{xy} &= 0 \\
50\cdot 2 – F\cdot 5 &= 0 \\
100 &= 5F \\
F &= 20 \quad \textrm{N}
\end{align*}
$$

Nilai F sama dengan berat B, maka massa B = 2 kg.

Jawaban : D

Perhatikan video berikut tentang contoh soal dan pembahasan Dinamika Rotasi dan Kesetimbangan Benda Tegar :

Soal dinamika benda tegar no 2

Sebuah tangga homogen dengan berat 300 N bersandar pada sebuah dinding licin.

Kaki tangga terletak pada lantai kasar . Tangga akan tergelincir jika seseorang yang beratnya 450 N menaiki tangga sampai jarak 2 m dari kaki tangga . Koefisien gesek antara tangga dan lantai tersebut adalah …..
A. 0,27

B. 0,30

C. 0,33

D. 0,36

E. 0,39

Pembahasan :

Perhatikan gaya-gaya yang bekerja pada tangga berikut :

Agar orang yang menaiki tangga tidak tergelincir maka sistem harus setimbang rotasi maupun translasi, misalkan ditentukan poros di A :

Kesetimbangan rotasi terhadap titik A:

$$
\begin{align*}
\Sigma \tau _A&= 0 \\
N_B \cdot \sin \theta \cdot L – w_{tangga} \cdot \cos \theta \cdot \frac{1}{2}L – w_{orang}\cdot \cos \theta \cdot 2 &= 0 \\
N_B \cdot\frac{4}{5} \cdot 5 – 300 \cdot \frac{3}{5} \cdot \frac{1}{2}\cdot 5 – 450\cdot \frac{3}{5} \cdot 2 &= 0 \\
4N_B – 450 – 540 &= 0 \\
4N_B &= 990 \\
N_B &= 247,5 \quad \textrm{N}
\end{align*}
$$

Kesetimbangan translasi :

$$
\begin{align*}
\Sigma F_y&= 0 \\
N_A – w_{tangga} – w_{orang}&= 0 \\
N_A-300 – 450 &= 0 \\
N_A &= 750 \quad \textrm{N}
\end{align*}
$$

$$
\begin{align*}
\Sigma F_x&= 0 \\
N_B – f_{gesek}&= 0 \\
N_B – \mu N_A &= 0 \\
N_B &= \mu N_A \\
247,5 &= \mu \cdot 750 \\
\mu &= 0,33
\end{align*}
$$

Jadi koefisien gesek antara tangga dan lantai tersebut adalah : μ = 0,33

Jawaban soal nomor 2 tentang dinamika benda tegar adalah : C

Soal No. 3 : Katrol silinder pejal.

Perhatikan gambar di bawah ini.

Besar tegangan tali T_A dan T_B adalah ….

A. 35 N dan 30 N

B. 30 N dan 35 N

C. 30 N dan 25 N

D. 25 N dan 30 N

E. 20 N dan 25 N

Pembahasan tentang katrol silinder pejal :

Sistem katrol :

$$
\begin{align*}
\Sigma \tau &= I\alpha \\
T_B R – T_A R &= \frac{1}{2}MR^2 \cdot \frac{a}{R} \\
T_B – T_A &= \frac{1}{2}Ma \\
T_B – T_A &= \frac{1}{2}\cdot 4a \\
T_B – T_A &=2a \quad\quad\quad\quad\quad\quad (1)
\end{align*}
$$

Sistem benda A :

$$
\begin{align*}
\Sigma F &= m_A a \\
T_A – W_A &= m_A a \\
T_A – 20 &=2a \\
T_A &= 20 + 2a \quad\quad\quad\quad\quad\quad (2)
\end{align*}
$$

Sistem benda B :

\begin{align*}
\Sigma F &= m_B a \\
T_B – W_B &= m_B(- a) \\
T_B – 40 &=-4a \\
T_B &= 40 – 4a \quad\quad\quad\quad\quad\quad (3)
\end{align*}

Persamaan (2) dan (3) disubstitusikan ke persamaan (1), sehingga :

$$
\begin{align*}
T_A – T_B &= 2a \\
40-4a – (20+2a) &= 2a \\
20 -6a &=2a \\
8a &= 20 \\
a &= 2,5 \quad \textrm{m/s}^2
\end{align*}
$$

Besar T_A :

$$
\begin{align*}
T_A &= 20 + 2a \\
&= 20 + 2\cdot 2.5 \\
&=25 \quad \textrm{N}
\end{align*}
$$

Besar T_B :

$$
\begin{align*}
T_B &= 40 – 4a \\
&= 40 -4\cdot 2,5 \\
&=30 \quad \textrm{N}
\end{align*}
$$

Jawaban soal katrol silinder pejal : D

Soal Nomor 4 :

Perhatikan gambar berikut :

Gambar tersebut menunjukkan sebuah silider pejal yang menggelinding turun pada sebuah bidang miring. Kecepatan silinder pejal di ujung lintasan adalah ….

A. 8 m/s

B. 6 m/s

C. 4 m/s

D. 2 m/s

E. 1 m/s

Pembahasan soal silinder pejal yang menggelinding turun pada sebuah bidang miring :

Menggunakan hukum kesetaraan energi :

$$
\begin{align*}
EM_1 &= EM_2 \\
EP_1 + EK_{rot 1} + EK_{tran 1} &= EP_2 + EK_{rot 2} + EK_{tran 2} \\
mgh + 0 + 0 &= 0 + \frac{1}{2}I\omega ^2+\frac{1}{2}mv^2 \\
mgh &= \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2} mR^2 \cdot \left(\frac{v}{R} \right)^2+\frac{1}{2}mv^2 \\
mgh &= \frac{1}{4}mv^2+\frac{1}{2}mv^2 \\
mgh &=\frac{3}{4}mv^2 \\
gh &=\frac{3}{4}v^2 \\
v^2 &=\frac{4}{3}gh \\
v &=\sqrt{\frac{4}{3}gh} \\
&=\sqrt{\frac{4}{3}\cdot 10 \cdot 2,7} \\
&= \sqrt{36} \\
&= 6 \quad \textrm{m/s}
\end{align*}
$$

Jawaban : B

Soal Dinamika Benda Tegar No. 5

Sebuah benda berupa silinder pejal bermassa 8 kg dan berjari-jari 5 cm ditarik dengan gaya F = 180 N seperti gambar berikut.

Apabila terjadi gesekan antara silinder dengan lantai, percepatan linear yang terjadi adalah ….

A. 15 m/s²

B. 5 m/s²

C. 4 m/s²

D. 2,5 m/s²

E. 2 m/s²

Pembahasan :

Perhatikan gaya-gaya yang bekerja :

$$
\begin{align*}
\Sigma F &= ma \\
F-f_g &= ma \\
180 – f_g &= 8a \\
f_g &= 180 – 8a
\end{align*}
$$

$$
\begin{align*}
\Sigma \tau &= I\alpha \\
f_g R &= \frac{1}{2} mR^2 \cdot \frac{a}{R} \\
f_g &= \frac{1}{2}ma \\
180 – 8a &= \frac{1}{2}\cdot 8 a \\
180 – 8a &= 4a \\
180 &= 12a \\
a &= 15 \quad \textrm{m/s}^2
\end{align*}
$$

Jawaban Soal Dinamika Benda Tegar No. 5 : A

Soal No. 6

Batang AB homogen dengan berat 400 N terikat pada tali dengan ujung yang satu berengsel pada ujung yang lain.

Pada batang tersebut digantungkan beban 600 N sehingga setimbang. Panjang AB = 3 m dan AC = 1,2 m sehingga besar tegangan talinya adalah …..( $ \tan \theta = \frac{4}{3} $)

A. 1.600 N

B. 2.000 N

C. 2.500 N

D. 2.800 N

E. 3.200 N

Pembahasan :

Misalkan poros di A , maka :

$$
\begin{align*}
\Sigma \tau _A &=0 \\
w_{batang} \cdot 1,5 – T\sin \theta \cdot 1,2 + w_{beban} \cdot 3 &= 0 \\
400 \cdot 1,5 – T\cdot \frac{4}{5} \cdot 1,2 + 600 \cdot 3 &= 0 \\
600 – 0,96T + 1800 &= 0 \\
0,96T &= 2400 \\
T &= 2500 \quad \textrm{N}
\end{align*}
$$

Jawaban : C

Soal No. 7 tentang Yoyo

Perhatikan gambar berikut :

Roda katrol pejal C berputar melepaskan diri dari lilitan tali. Massa roda adalah 300 g. Jika g = 10 m/s², besar tegangan tali T adalah ….

A. 1 N

B. 1,5 N

C. 2 N

D. 3,3 N

E. 4 N

Pembahasan :

$$
\begin{align*}
\Sigma \tau &=I\alpha \\
TR &= \frac{1}{2}mR^2\cdot\frac{a}{R}\\
T &= \frac{1}{2}ma \\
T &= \frac{1}{2}\cdot 0,3\cdot a \\
T &=0,15a
\end{align*}
$$

$$
\begin{align*}
\Sigma F &=ma \\
T – w &= m(-a)\\
T – 3 &= -0,3a \\
T &= 3 – 0,3a
\end{align*}
$$

$$
\begin{align*}
T &=T \\
0,15a &=3 – 0,3a\\
0,45a &= 3 \\
a &= \frac{20}{3} \quad \textrm{m/s}^2
\end{align*}
$$

Besar tegangan tali :

$$
\begin{align*}
T &=0,15a \\
&=0,15\cdot \frac{20}{3}\\
&=1 \quad \textrm{N}
\end{align*}
$$

Jawaban : A

A. $\frac{1}{4}\sqrt{2}$ A

B. $\frac{1}{2}\sqrt{2}$ A

C.$\sqrt{2}$ A

D. $2\sqrt{2}$ A

E. $5\sqrt{2}$ A

Pembahasan rangkaian R-L-C :

Frekuensi sudut :

$$
\begin{align*}
\omega &= 2\pi f \\
&= 2\pi \cdot 25 \\
&= 50\pi \quad \textrm{rad/s}
\end{align*}
$$

Reaktansi Kapasitif :

$$
\begin{align*}
X_C &= \frac{1}{\omega C} \\
&= \frac{1}{50\pi \cdot \frac{100}{\pi}\cdot 10^{-6}} \\
&= \frac{10^6}{5\cdot 10^3} \\
&= 200 \quad \Omega
\end{align*}
$$

Impedansi rangkaian :

$$
\begin{align*}
z &= \sqrt{R^2+X_C^2} \\
&= \sqrt{200^2+200^2} \\
&= 200\sqrt{2} \quad \Omega
\end{align*}
$$

Besar arus yang mengalir :

$$
\begin{align*}
V &= I\cdot Z \\
200&= I\cdot 200\sqrt{2} \\
I &= \frac{1}{\sqrt{2}} \\
&= \frac{1}{2}\sqrt{2} \quad \textrm{A}
\end{align*}
$$

Jawaban : B

Perhatikan Materi, Soal-Soal dan Pembahasan Lengkap Rangkaian Seri R-L-C di video berikut :

Contoh Soal No. 2. Contoh Soal Rangkaian Seri R-L-C

Rangkaian RLC dengan R = 30 ohm, L = 40 mH, dan C = 50 μF dihubungkan pada sumber listrik. Rangkaian ini akan beresonansi pada frekuensi ….

A. $\frac{10}{\pi}\sqrt{10}$ Hz

B. $\frac{250}{\pi}\sqrt{10}$ Hz

C. $40\pi \sqrt{10}$ Hz

D. $\frac{2500}{\pi}\sqrt{10}$ Hz

E. $1000\pi$ Hz

Pembahasan soal :

$$
\begin{align*}
f &= \frac{1}{2\pi \sqrt{LC}} \\
&= \frac{1}{2\pi \sqrt{40\cdot 10^{-3}\cdot {50\cdot 10^{-6}}}} \\
&= \frac{1}{2\pi \sqrt{2\cdot 10^{-6}}} \\
&= \frac{1000}{2\pi \sqrt{2}} \\
&= \frac{1000}{2\pi \sqrt{2}} \cdot \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}}\\
&= \frac{250}{\pi}\sqrt{2} \quad \textrm{Hz}
\end{align*}
$$

Jawaban Contoh Soal Dan Pembahasan Rangkaian R-L-C No. 2 : B

Contoh Soal dan Pembahasan R-L-C No. 3

Perhatikan rangkaian berikut :

R = 600 ohm, L = 2 H, dan C = 10 μF. Tegangan sesaat sumber adalah V = $100\sqrt{2} \sin 100t$ volt. Besar impedansi rangkaian dan arus efektif sumber adalah ….

A. 1.000 ohm dan 0,1 A

B. 1.000 ohm dan 1 A

C. 1.000 ohm dan 0,01 A

D. 100 ohm dan 0,1 A

E. 0,1 ohm dan 1.000 A

Pembahasan contoh soal :

Reaktansi induktif : $X_L = \omega L = 100\cdot 2 = 200 \quad \Omega $

Reaktansi kapasitif : $X_C = \frac{1}{\omega C} = \frac{1}{100\cdot 10\cdot 10^{-6}} = 1000 \quad \Omega $

Besar impedansi :

$$
\begin{align*}
Z &= \sqrt{R^2 +(X_L-X_C)^2} \\
&= \sqrt{600^2 +(200-1000)^2} \\
&= 1.000 \quad \Omega
\end{align*}
$$

Besar arus efektif :

$$
\begin{align*}
I_m &= \frac{V}{Z} \\
&= \frac{100\sqrt{2}}{1000} \\
&= 0,1\sqrt{2} \quad A
\end{align*}
$$

$$
\begin{align*}
I_{ef} &= \frac{I_m}{\sqrt{2}} \\
&= \frac{0,1\sqrt{2}}{\sqrt{2}} \\
&= 0,1 \quad A
\end{align*}
$$

Jawaban Contoh Soal R-L-C : A

Contoh Soal dan Pembahasan Arus Bolak Balik R-L

Soal R-L-C No. 4. Akibat pengaruh arus bolak-balik pada rangkaian R-L seri, diperoleh data yang tertera pada gambar di bawah ini.

Berdasarkan data tersebut maka nilai reaktansi induktornya adalah ….

A. 60 ohm

B. 75 ohm

C. 120 ohm

D. 140 ohm

E. 180 ohm

Pembahasan :

Besar arus pada rangkaian R-L :

$$
\begin{align*}
V_R &= I\cdot R \\
80 &= I \cdot 100 \\
I &= 0,8 \quad A
\end{align*}
$$

Besar tegangan pada induktor :

$$
\begin{align*}
V^2 &= V_R^2+V_L^2 \\
100^2 &= 80^2 +V_L^2 \\
10.000 &= 6.400 + V_L^2 \\
10.000-6.400 &= V_L^2 \\
3.600 &= V_L^2 \\
V_L &= 60 \quad V
\end{align*}
$$

Nilai reaktansi induktornya :

$$
\begin{align*}
V_L &= I\cdot X_L \\
60 &= 0,8\cdot X_L \\
X_L &= 75 \quad \Omega
\end{align*}
$$

Jawaban : B

Contoh Soal dan Pembasahan RLC No. 5

Rangkaian resistor pada tegangan bolak balik menghasilkan beda fase antara arus dan tegangan sebagai berikut ….

A. Arus terlambat 90^o terhadap tegangan

B. Arus mendahului 90^o terhadap tegangan

C. Arus dan tegangan berbeda fase 0^o

D. Arus mendahului 180^o terhadap tegangan

E. Arus terhambat 180^o terhadap tegangan

Jawaban : C

Soal No. 5 Soal SPMB tahun 2014/IPA/39 tentang RLC

Sumber DC 2 volt dihubungkan dengan 2 elemen listrik yang dipasang seri dan arus yang mengalir pada rangkaian tersebut 200 mA. Jika sumber DC diganti dengan AC 2 volt ( $\frac{50}{\pi}$ Hz ) maka arus yang mengalir pada rangkaian menjadi 100 mA. Komponen listrik pada rangkaian ini adalah ….

A. kapasitor 20 F dan resistor 10 Ω

B. induktor $\frac{\sqrt{3}}{10}$ H dan kapasitor 20 F

C. resistor 10 Ω dan induktor $\frac{\sqrt{3}}{10}$ H

D. dua-duanya resitor, masing-masing 10 Ω

E. dua-duanya induktor, masing-masing $\frac{\sqrt{3}}{10}$ H

Pembahasan :

Diketahui :

V_DC = 2 volt

I_DC = 200 mA = 0,2 A

V_AC = 2 volt

I_AC = 100 mA = 0,2 A

f = $\frac{50}{\pi}$ Hz

Arus DC yang mengalir, maka elemen yang mungkin adalah resitor dan induktor. Hambatan pada induktor jika menggunakan sumber tegangan DC adalah nol.

$$
\begin{align*}
R &= \frac{V_{DC}}{I_{DC}} \\
&= \frac{2}{0,2} \\
&= 10 \quad \textrm{ohm}
\end{align*}
$$

Dihubungkan dengan sumber AC 2 volt, arus yang mengalir = 100 mA = 0,1 A

$$
\begin{align*}
Z &= \frac{V_{AC}}{I_{AC}} \\
&= \frac{2}{0,1} \\
&= 20 \quad \textrm{ohm}
\end{align*}
$$

$$
\begin{align*}
Z &= \sqrt{R^2+X_L^2} \\
20 &= \sqrt{10^2+X_L^2} \\
400 &= 100+X_L^2 \\
X_L^2 &= 400 – 100 \\
&= 300 \\
X_L &=10\sqrt{3} \quad \textrm{ohm}
\end{align*}
$$

$$
\begin{align*}
X_L &= \omega \cdot L \\
10\sqrt{3} &= 2\pi f \cdot L \\
10\sqrt{3} &= 2\pi \cdot \frac{50}{\pi} \cdot L \\
10\sqrt{3} &= 100L \\
L &= \frac{\sqrt{3}}{10} \quad \textrm{H}
\end{align*}
$$

Jawaban Pembahasan Soal R-L-C SPMB tahun 2014 : C

Soal No. 6 Soal SBMPTN tahun 2014

Sebuah pemancar radio dioperasikan pada frekuensi 1 MHz dengan rangkaian osilasi mempunyai kapasitansi 200 pF. Besar induktansi rangkaian tersebut adalah ….

A. 140 μH

B. 127 μH

C. 114 μH

D. 101 μH

E. 88 μH

Pembahasan Soal RLC SBMPTN tahun 2014 :

Diketahui :

f = 1 MHz = 1 x 10_⁶ Hz

C = 200 pF = 200 x 10^-12 F = 2 x 10^-10 F

Pada pemancar radio mengalami resonansi sehingga :

$$
\begin{align*}
f &= \frac{1}{2\pi \sqrt{LC}} \\
1\cdot 10^6&= \frac{1}{2\pi \sqrt{L\cdot 2\cdot 10^{-10}}} \\
6,28\cdot 10^6\sqrt{L\cdot 2\cdot 10^{-10}} &= 1 \\
\sqrt{L\cdot 2\cdot 10^{-10}} &= 0,15923 \cdot 10^{-6} \\
L\cdot 2\cdot 10^{-10} &= 0,025356\cdot 10^{-12} \\
L &= 0,012678\cdot 10^{-2} \\
&= 126,78\cdot 10^{-6} \\
&=127 \quad \mu\textrm{H}
\end{align*}
$$

Jawaban : B

Contoh Soal dan Pembahasan No 7. Soal SBMPTN tahun 2017 tentang RLC

Sumber arus bolak-balik memiliki amplitudo tegangan 200 V dan frekuensi sudut 25 Hz mengalir melalui hambatan R = 200 Ω dan kapasitor C = $\frac{100}{π}$ μF yang disusun seri. Kuat arus yang melalui kapasitor tersebut adalah ….

A. $\frac{1}{4}\sqrt{2} $ A

B. $\frac{1}{2}\sqrt{2} $ A

C. $\sqrt{2} $ A

D. $2\sqrt{2} $ A

E. $5\sqrt{2} $ A

Pembahasan :

Frekuensi sudut :

$$
\begin{align*}
\omega &= 2\pi f \\
&= 2\pi \cdot 25 \\
&=50\pi \quad \textrm{rad/s}
\end{align*}
$$

Reaktansi Kapasitif :

$$
\begin{align*}
X_C &= \frac{1}{\omega C} \\
&= \frac{1}{50\pi\cdot \frac{100}{\pi}\cdot 10^{-6}} \\
&=200 \quad \textrm{ohm}
\end{align*}
$$

Impedansi :

$$
\begin{align*}
Z &= \sqrt{R^2+X_L^2} \\
&= \sqrt{200^2+200^2} \\
&=200\sqrt{2} \quad \textrm{ohm}
\end{align*}
$$

Karena rangkaian seri sehingga arus yang mengalir pada kapasitor sama dengan arus totalnya :

$$
\begin{align*}
I&= \frac{V}{Z} \\
&= \frac{200}{200\sqrt{2}} \\
&=\frac{1}{2}\sqrt{2} \quad \textrm{A}
\end{align*}
$$

Jawaban : B

$$y=±A\sin2π(\frac{t}{T}∓\frac{x}{λ})$$

Dengan fase gelombang : $\phi = \frac{t}{T}∓\frac{x}{\lambda}$, dan 2πφ disebut sebagai sudut fase.

Tanda negatif dalam sinus diberikan untuk gelombang berjalan yang merambat ke kanan, sedangkan tanda positif diberikan untuk gelombang berjalan yang merambat ke kiri. Tanda positif pada A (amplitudo) diberikan jika titik asal getaran O untuk pertama kalinya bergerak ke atas, sedangkan tanda negatif pada A diberikan jika titik asal getaran O untuk pertama kalinya bergerak ke bawah. Untuk titik asal getaran berlaku x = 0. Persamaan simpangan dapat ditulis dalam bentuk :

$$y=±A\sin(\omega t ∓kx )$$

Rumus kecepatan partikel di titik P :

$$v=ωA\cos(ωt–kx) $$

Rumus percepatan partikel di titik P

$$a=−ω^2A\sin(ωt–kx)=−ω^2y$$

Sudut Fase

Sudut fase adalah besar sudut dalam fungsi sinus (dinyatakan dalam radian)

$$θ=2π\left( \frac{t}{T}–\frac{x}{λ} \right)$$

Beda Fase

Beda fase antara titik A dan B adalah

$$Δφ=\frac{−(x_B–x_A)}{λ}=\frac{−Δx}{λ} $$

Tanda negatif menunjukkan bahwa untuk gelombang yang merambat ke sumbu x positif, partikel yang terletak di depan (sebelah kanan) mengalami keterlambatan fase terhadap partikel di belakangnya (sebelah kiri).

Contoh Soal dan Pembahasan Gelombang Berjalan

Contoh Soal 1

Besaran yang dimiliki baik oleh getaran maupun gelombang adalah :
1. panjang gelombang
2. amplitudo
3. cepat rambat
4. frekuensi
Pernyataan yang benar adalah ….
A. 1, 2, dan 3
B. 1 dan 3
C. 2 dan 4
D. 4 saja
E. semua benar

Pembahasan :
Besaran yang dimiliki oleh getaran maupun gelombang yaitu amplitudo dan frekuensi

Jawaban : C

Contoh Soal 2

Sebuah perahu kecil bergerak naik turun sebanyak sepuluh kali dalam satu menit pada gelombang air laut. Jarak puncak gelombang yang berdekatan adalah 24 m. Kecepatan gelombang air laut itu besarnya ….
A. 1 m/s
B. 4 m/s
C. 8 m/s
D. 12 m/s
E. 15 m/s

Pembahasan :

$$ f =\frac{n}{t} = \frac{10}{60} = 0,16 \quad \textrm{Hz} $$

$$v=λ\cdot f=24\cdot 0,16=4\quad \textrm{m/s} $$

Jawaban : B

Contoh Soal 3

Berapa kalikah dalam satu menit sebuah perahu akan bergerak nait-turun oleh gelombang lautan, yang panjang gelombangnya 40 m dan laju perambatannya 5 m/s?
A. 2,5 kali
B. 5,0 kali
C. 7,5 kali
D. 10,0 kali
E. 12,5 kali

Pembahasan :

$$
\begin{align*}
v &= \lambda \cdot f \\
5 &= 40\cdot f \\
f &= \frac{5}{40} \\
&= 0,125 \quad \textrm{Hz}
\end{align*}
$$

Banyaknya naik turun perahu dalam satu menit :

$$
\begin{align*}
f &= \frac{n}{t} \\
0,125 &= \frac{n}{60} \\
n &= 7,5 \quad \textrm{kali}
\end{align*}
$$

Jawaban : C

Contoh Soal 4

Berikut ini adalah persamaan simpangan gelombang berjalan y = 10 sin π(0,4t – 10,5x). Periode gelombangnya adalah ….
A. 4 s
B. 5 s
C. 6 s
D. 7 s
E. 8 s

Pembahasan :

$y = 10 \sin π(0,4t – 10,5x) = 10 \sin (0,4πt – 10,5πx)$

$$
\begin{align*}
\omega &= \frac{2\pi}{T} \\
0,4\pi &= \frac{2\pi}{T}\\
T &= 5 \quad \textrm{s}
\end{align*}
$$

Jawaban : B

Contoh Soal 5

Suatu gelombang air laut menyebabkan permukaan air naik turun dengan periode 3 s. Jika jarak antara dua puncak gelombang 5 m, gelombang akan mencapai jarak 10 m dalam waktu ….
A. 1 s
B. 2 s
C. 3 s
D. 6 s
E. 10 s

Pembahasan :

$$
\begin{align*}
v &=\frac{\lambda}{T} \\
v &=\frac{5}{3} \quad \textrm{s}
\end{align*}
$$

Gelombang mencapai jarak 10 m dalam waktu :

$$
\begin{align*}
v &=\frac{x}{t} \\
\frac{5}{3} &=\frac{10}{t} \\
5t &= 30 \\
t &= 6 \quad \textrm{s}
\end{align*}
$$

Jawaban : D

Contoh Soal 6

Suatu gelombang berjalan memenuhi persamaan y = 0,2 sin 2π (60t – 2x) dengan y dan x dalam meter dan t dalam sekon. Cepat rambat gelombang tersebut adalah ….
A. 15 m/s
B. 25 m/s
C. 30 m/s
D. 45 m/s
E. 60 m/s

Pembahasan :

$y=0,2\sin 2\pi (60t – 2x) = 0,2 \sin (120\pi t – 4\pi x)$

Dari persamaan di atas diperoleh frekuensi :

$$
\begin{align*}
\omega &=2\pi f \\
120\pi &=2\pi f \\
f &= 60 \quad \textrm{Hz}
\end{align*}
$$

Dan panjang gelombangnya :

$$
\begin{align*}
\frac{2\pi}{\lambda} &=4\pi \\
\lambda &= 0,5 \quad \textrm{m}
\end{align*}
$$

Sehingga cepat rambat gelombangnya :

$$
\begin{align*}
v &=\lambda \cdot f \\
v &=0,5 \cdot 60 \\
v &= 30 \quad \textrm{m/s}
\end{align*}
$$

Jawaban : C

Contoh Soal 7

Suatu gelombang merambat dengan persamaan y = 4 sin π(3t – 0,2x). Jika y dan x dalam m dan t dalam s, besar frekuensi dan panjang gelombang masing-masing adalah ….
A. 0,6 Hz dan 0,1 m
B. 1,5 Hz dan 10 m
C. 2 Hz dan 0,4 m
D. 3 Hz dan 20 m
E. 3 Hz dan 30 m

Pembahasan :

$y=4 \sin \pi (3t-0,2x) =4 \sin (3πt-0,2πx) $

Besar frekuensi :

$$
\begin{align*}
\omega &=2\pi \cdot f \\
3\pi &=2\pi \cdot f \\
f &= \frac{3}{2} \\
& = 1,5 \quad \textrm{Hz}
\end{align*}
$$

Besar panjang gelombang :

$$
\begin{align*}
k &= \frac{2\pi}{\lambda} \\
0,2\pi &=\frac{2\pi}{\lambda} \\
\lambda &= 10 \quad \textrm{m}
\end{align*}
$$

Jawaban : B

Contoh Soal 8. Soal SBMPTN 2016/SAINTEK/237/30

Suatu gelombang sinusoidal bergerak dalam arah x-positif, mempunyai amplitudo 15,0 cm, panjang gelombang 40,0 cm dan frekuensi 8,0 Hz. Jika posisi vertikal dari elemen medium pada t = 0 dan x = 0 adalah 15,0 cm, maka bentuk umum fungsi gelombangnya adalah ….

A. $y=(15,0 \quad \textrm{cm}) \sin (0,157x+50,3t-\frac{\pi}{2})$

B. $y=(15,0 \quad \textrm{cm}) \cos (0,157x-50,3t-\frac{\pi}{4})$

C. $y=(15,0 \quad \textrm{cm}) \sin (0,157x+50,3t+\frac{\pi}{2})$

D. $y=(15,0 \quad \textrm{cm}) \cos (0,157x-50,3t)$

E. $y=(15,0 \quad \textrm{cm}) \cos (0,157x+50,3t)$

Pembahasan :

Fungsi umum gelombang : $ y = A\sin (kx-\omega t + \theta _o)$

Selanjutnya kita tentukan koefisien-koefisiennya :

$$
\begin{align*}
k &= \frac{2\pi}{\lambda} \\
&= \frac{2\pi}{40} \\
&= 0,157
\end{align*}
$$

$$
\begin{align*}
\omega &= 2\pi f \\
&= 2\pi \cdot 8 \\
&= 50,3
\end{align*}
$$

Jadi : $y=(15,0 \quad \textrm{cm}) \sin (0,157x-50,3t+\theta _o )$

Saat t = 0 dan x = 0 –> y = 15,0 sehingga :

$$
\begin{align*}
y &= 15 \sin (0,157x-50,3t+\theta _o) \\
15&= 15 \sin (0-0+\theta _o) \\
1&= \sin \theta _o \\
\theta _o &= \frac{\pi}{2}
\end{align*}
$$

Ingat bahwa : $\sin (\frac{\pi}{2} + \alpha) = \cos \alpha$

Jadi :

$$
\begin{align*}
y &= 15 \sin (0,157x-50,3t+\frac{\pi}{2}) \\
y&= 15 \cos (0,157x-50,3t)
\end{align*}
$$

Jawaban : D