BUKU SISWA JADI SISWA JADI

Standar Kompetensi

:

Menerapkan konsep dan prinsip pada
mekanika klasik sistem
kontinu (benda tegar dan fluida)
dalam Langkah Penyelesaian
masalah

Kompetensi Dasar :
Menemukan hubungan antara konsep
torsi dan momentum sudut,
berdasarkan hukum II Newton serta
penerapannya dalam masalah benda
tegar

KATA KUNCI
Keseimbangan
Partikel
Benda Tegar

Momen Gaya
Lengan Momen
Titik Berat

Mengapa bangunanbangunan yang tinggi
dapat berdirih kokoh?
Mengapa kita dapat
berdiri tegak?

dapat

Kesei
mban
gan
Benda
Tegar
Mengapa
bangunanbangunan
tinggi
dapat

berdiri kokoh?
Mengapa
kita
dapat berdiri
tegak? Mengapa
lampu
yang
tergantung
seperti
pada
Gambar
1.
Tidak
jatuh
kebawah?

berdiri

Dalam buku ini

partikel.

tegak lurus atau

kita hanya akan

Benda

lampu

membahas

atau

tergantung,

keseimbangan

dapat

semua ini dapat

statik

didefenisikan

disebabkan

penerapannya.

sebagai

karena

Penerapan

yang ukurannya

semuanya

keseimbangan:

dapat

dalam

Dalam

bidang

diabaikan,

seimbang.

arsitek

atau

sehingga dapat

Apakah

teknik

sipil

digambarkan

keseimbangan

(merancang dan

sebagai

itu?

mendesain

titik materi.

dapat

keadaan

Ada dua macam
keseimbangan:


Keseimban
gan statik,
yaitu
keseimban
gan ketika
benda


Gambar 1

Pertanyaan
atas

di
erat

diam
Keseimban

rumah
kokoh),

dan

yang
dalam

titik
partikel

benda

suatu

Misalkan

suatu

partikel

(benda

bidang olah raga

titik)

(yudo,

beberapa

gaya.

tinju, dsb) dan

Resultan

gaya

dalam

bidang

ini adalah R. Apa

medis

atau

yang terjadi jika

terapi (kekuatan

partikel tersebut

otot

diberikan

senam,

untuk

menerima

gaya

menjaga

yang

besarnya

gan

keseimbangan

sama dengan R

dinamik,

tubuh).

tetapi

arahnya

yaitu

berlawanan?

keseimban

Karena resultan
gaya-gaya
A.KESEIMBANGAN
TITIK

yang

hubungannya

gan ketika

dengan

benda

keseimbangan.

bergerak

Keseimbangan

partikel itu sama

Bangunan tinggi

dengan

titik dapat juga

dengan

dapat

kecepatan

disebut

maka

tetap

keseimbangan

hukum II Newton

kokoh,

berdiri
kita

bekerja

pada
nol

menurut

(  F  ma ),
percepataan
partikel nol.
Artinya

partikel

yang

semula

diam akan tetap
diam. Partikel ini
dikatakan dalam
keseimbangan
statik.
Jadi dapat
dikatakan bahwa
suatu partikel
dalam keadaan

yang bekerja

…

diberikan

…

contoh

(

dan pembahasan

dalam

1

seperti

Gambar 1a.1.

)

berikut ini.

di bawah ini.

…

Contoh Soal 1a

…

Perhatikan

…

Gambar

…

bawah

…

tentukan

…

gaya

…

yang

soal

1a.

diberikan

di
ini,

gaya-

Gambar 1a.1

saja

Dari Gambar

bekerja

1a.1. Tampak

…

pada benda, dan

ada dua gaya

…

besar

yang bekerja

apa

tegangan

keseimbangan

…

statik jika

(

jumlah gaya

2

bermassa

atau resultan

)

yaitu:

pada

pada tali?

titik

gaya yang
bekerja pada

m

…………………………

partikel sama

(3)

Gambar 1a

dengan nol.

Secara

Persamaan

matematik  Fx  0

(2)

z

(3)

Penyelesaian:
Untuk

0
…

syarat

menyelesaikan

keseimbangan

soal

…

benda

langkah berikut:

…

(partikel).

…

Untuk memahami
T

…

makna

…

ketiga

…

persamaan
W

…

atas,

titik

ini

ikuti

1. Identifikasi
dari

T gaya-gaya

yang bekerja
pada benda.

di

m

 Gaya
tegangan
tali

T

(arahnya

Langkah

merupakan

dapat dituliskan:
 Fy  0

F

dan

(1),

benda

WGaya-gaya

ke atas)
 Gaya
berat

W

(arahnya
ke bawah)
M
2. Lakukan
1

analisis
terhadap
gaya-gaya
yang
diketahui.

M2

Karena

masing-masing

Gambar 1b.1

seimbang

benda dalam

tali?

(i)

maka

keadaan

di bawah

ini.

pada

masing-

seimbang

masing

maka

T3
benda

T3

persamaan

persamaan
-r- -r-

yang berlaku

yang berlaku

adalah

T2
T1
adalah

F  0

Gambar 1b

M2

T2
a) T1Untuk
M1

W1

menyelesaikan

hasil

analisis

soal

ini

ikitu

langkah berikut:

diperoleh bahwa
tegangan tali T

1. Uraikan

W2

(i)

yang bekerja

gambar

dalam

diagram

sistem.

bebas gaya-

Karna sistem

gaya

Contoh Soal 1b

dalam

bekerja.

Perhatikan

keadaan

Gambar 1b. Jika

seimbang,

analisis

sistem

maka

tehadap

haruslah:

gaya-gaya

gaya

berat

benda W  mg

dalam

keadaan
seimbang,
gambarkan
gaya-gaya yang
bekerja

pada

sistem,

dan

tentukan

besar

tegangan

pada

T1  M 1 g
Dari

hasil

analisis
diperoleh
bahwa
tegangan

yang

tali

yang bekerja

Gaya-gaya

dalam sistem

yang bekerja

pada

pada

benda.

setiap

diberikan

Karena

dalam

benda dalam

T1

sama

2. Melakukan

keadaan

W2

(ii
)T1  W1

adalah

M1  M 2

sistem

 02

T1  W1  0

Gambar 1b.1
(ii)

dengan

W1

Gambar 1b.1

gaya-gaya

sama

M

1

Untuk

T  mg

benda M1

F

Penyelesaian:

T W

Dari

T2

M1

Langkah

T W  0

T1

dengan
gaya berat
benda

W1  M 1 g
b)

Untuk
benda M2

F

2

T2  W2  0

0

T2  W2

langkah

T2  M 2 g

ini

Dari

1.

hasil

bahwa
tegangan
tali

T2

sama
dengan
gaya berat
benda

c)

Gambar 1c.2

Menggambar

Besar gaya
pada setiap
sumbu
adalah:
 Sumbu
x

kan diagram

analisis
diperoleh

berikut

gaya-gaya
Contoh Soal 1c

yang bekerja

Sebuah

pada benda.

benda

digantungkan

Diagram

pada kedua tali

gaya-gaya

seperti

tampak

yang bekerja

pada Gambar 1c

pada sistem

di

dapat dilihat

bawah.

Jika

T1 cos 45  T1


Sumbu
y
T1 sin 45  T1

massa benda =

W2  M 2 g

pada

10 kg, tentukan

Gambar 1c.1

y tali
Tegangan

Untuk

gaya

T2

Tegangan

di bawah ini.

kedua tali yang

Tali T3

menahan benda

F

tersebut…. (g =

3

0

tegangan

T2

T1 Cos

T2
T1
o
45o 45
45

T3  (T1  T2 )  0

W

Gambar 1c.3

T3   M 1  M 2  g

Gambar 1c.1

dengan

Besar gaya
pada setiap
sumbu
adalah:
 Sumbu
x

2. Proyeksikan

tegangan

pada

masing-masing
tali adalah

T2  M 2 g
T1  M1 g
T3   M 1  M 2  g

x

T1 Cos

T3  (T1  T2 )   M 1 g  M 2 g 

besar

1
2

b) Proyeksi

10 m/s2)

demikian

1
2

setiap

yang bekerja

Gambar 1c

pada sumbu

Langkah
Untuk
menyelelesaikan
ini,

ikuti

T2 cos 45  T2

x dan sumbu

Penyelesaian:

soal

gaya

y
a)



y

Proyeksi
T1T1 Cos

Sumbu
y
T2 sin 45  T2

Tegangan tali
T1

45T1 Cos

1
2

x

1
2

3. Menjumlahka

 Jumlah

n gaya-gaya

gaya yang

yang sejajar

bekerja

dengan

pada

menggunaka

sumbu

n

sama

aturan

2T1 sin 45  W

2T1 sin 45  mg

x

penjumlahan

dengan

vektor.

nol.

2T1

1
2  10  10
2

Hasil analisis

Langkah

gaya-gaya
pada

F

x

setiap

sumbu

T1 2  100

0

diberikan

menyelesaikan
100
T1 
 50 2 soal
ini
ikuti
2
langkah berikut:
N
1. Menganalisis
T1  T2 ,
soal

dalam
T1 cos 45  T2 cos 45

Gambar
T1 Cos
T1 Cos

Karena
maka

T1  T2

tegangan

tali

 Jumlah
gaya yang


T2 cos 45

T1bekerja
Cos

pada
W

Karena

sumbu

y

sama
dengan

y

seimbang
maka
berlaku
bahwa:

mana

N

penyelesaian

T2  50 2

dilakukan)
Data
yang

N

diketahui

Gambar

F

0

pada
1d

di

bawah ini dalam
keadaan
seimbang statik.

T1 sin 45  T2 sin 45 Jika
 W  0beban

dengan

T1  T2 ,
maka

dari

T1  50 2

Sistem

nol.

(menentukan
mulai

Contoh Soal 1d

sistem dalam
keadaan

Penyelesaian:
Untuk

T1 cos 45  T2 cos 45  0

Gambar 1c.4

Gambar 1d

W1

beratnya 300 N,
tentukan W2, T1,
T2, dan T3

di

soal

adalah

W1

adalah

300 N yang
terhubung
langsung
dengan
A,

titik

sehingga

akan
mudah
dimulai
dengan

lebih
jika

meninjau

melakukan

keseimbanga

analisis

n partikel di

 Jumlah

titik A
2. Menggambar
kan

x

dengan

T2  100 3 N

sehingga

sebagai
pusat

F

tinjauan)

Y

0

T1 sin 60  W1  0

3. Menggunaka
n

syarat

demikian

analisis

diperoleh

 Jumlah

T2  100 3 N

keseimbanga
n

pada

masingsumbu x dan
untuk

y

gaya yang
bekerja
pada
sumbu

x

sama
dengan
nol,
sehingga

F

x

0

pusat

gaya yang

tinjauan)

T2  T3 cos 30 

bekerja
pada
sumbu

masing
sumbu

300 4. 600
T1 

 Menggambar
 200 3 N

1
sin 60
3
3
kan
gaya2
gaya
dan
Dengan
T2
menguraikan
demikian
gaya
yang
diperoleh
bekerja pada
bahwa
titik B (titik B
T1  200 3 N
sebagai
 Jumlah

untuk
melakukan

W1

Gambar 1d.1

y

Dengan

bahwa

W1

pada

sumbu

nol,

titik A (titik A

keseimbanga

masing1
T2  T1 cos 60  200 masing
3 
2
sumbu x dan

y

sama

bekerja pada

syarat

n

sumbu

yang

5. Menggunaka

T1 cos 60  T2  0

pada

menguraikan

0

n

bekerja

dan

gaya

F

gaya yang

gaya-

gaya

Gambar 1d.2

sama
dengan

x

T3 

T2
100


1
cos 30
3
2

nol,

Dengan

sehingga

demikian

diperoleh

seperti

bahwa

Gambar

T3  200 N

bawah

 Jumlah
gaya yang
bekerja
pada
sumbu

pada
1e

di

n

maka titik A,

keseimbanga

Hitung tegangan

B,

n

TAB, TDA dan TBC

juga

jika

benda

keadaan

masing

berada

dalam

seimbang.
Untuk

sumbu x dan

ini.

seimbang!

sama

(jika

3
tan   dan
4

nol,
sehingga

F

Y

tan  

4
)
3

T1  200 3 N
T2  100 3 N

W2  200 N

berikut ini.
1. Menggambar

bermassa 1 kg
tergantung pada
tali

gaya

gaya

3
,
4

yang bekerja

dari sin α dan

pada titik C

cos α adalah

nilai

Gambar 1e.1

5

di bawah ini.

sedangkan

B





T CA

CB



C



dalam sistem
Sistem

3

4
3

, maka nilai
dari sin α dan
5

cos α adalah 4
3

–

yang

4

tan  
dari
T

10N

bekerja

dalam

tan  
maka

ikuti

penyelesaian

benda

analisis
Jika diketahui

Gaya-gaya

langkah

kan

melakukan

awal.

A

T2  200 N

Contoh Soal 1e

untuk

analisis,

menyelesaikan
ini

y

dalam

Penyelesaian:
Untuk
soal

sumbu

diberikan

Langkah

diperoleh bahwa

pada

masing-

memudahka

lebih

1
W2  T3 sin 30  200    100 N
2
Gambar
1e
demikian

syarat

pada titik C



sistem

dalam

analisis gaya

0

Dengan

C,

lakukan

T3 sin 30  W2  0

Sebuah

dan

n

dengan

2. Menggunaka

seimbang,

keadaan

Y

keadaan

T CA
Gambar 1e.1

T CA cos

T CB sin

T CB



T CA sin

 
10 N

arah
sumbu x:

T CB cos

F

X

=

-TCA cos 

TCA 
sehingga

0

TCA

+ TCB cos  = 0

sumbu x dan

25
4

sumbu
untuk

25
=
4

25
4



=
0
-TAD cos  +

 FY = 0
TAD sin  -

N
3. Menggambar

TCA = TCB
 arah

kan

sumbu y:

gaya

F

Y

=

TAC cos 

D


TAD

TAC cos 
sin 
Dari

TAD 



TAB

A


TAC

sin  + TCB sin

 = 10
karena TCA

B

TAC  TCA 

TAD

2 TCA sin 
= 10

TAD cos
TAC sin

Gambar 1e.2

4. Menggunaka
n
n
masingmasing

TAD sin

pada

3
,
5

dan

TAC

TAB = 0
sin 

+ TAB =
TAD cos 
Karena

TAC cossin   3
5
TAB

maka

TAC

TAD

25
N
4
25

N
4

TAC 

,
cos  

4
5

,
da
n
sin  

4
5

,
,

T cos 
 AC
sin 

syarat

keseimbanga

25
N
4

C

, cos  

= TCB, maka

5
5

= sin  4
5

TAC sin  +

TAD

=0
TCA

TCA

TAD sin  =

titik A

+ TCB sin  - 10

sin  = 5

=0

yang

bekerja pada

0
TCA sin 

TCA

TAC cos 

gaya-

F

X

sumbu y:
= TCA =

arah

analisis
 arah

TCB

= TCA cos



25
N
4

sumbu x:

melakukan

N,

TCB cos 

y

TAD 

25 3

4
5
=
3
5

m
ak
a

TAB  TAC sin   TAD

 25 4   25
TAB     
 4 5  4
TAB  10 N

5. Menggambar
kan

TBE sin  =

gaya-

gaya

TBC sin 

yang



bekerja pada
titik B

TBA

A



B



TBETBE 

Dari

TAC

C

E

TBC sin 
sin 

TBC  TCB 
,
sin  
TBE

TBE sin

dan

25
N
4

4
,
5

3 ,
TBC cos
sin  
TBA
TBE cos 5

maka
T
sin
T sin 
BC
TBC
TBE  BC
sin 
Gambar 1e.3

25 4

4
5
=
3
5
25
TBE 
N
3

6. Menggunaka
n

syarat

keseimbanga
n

pada

masing-

momen gaya (
B. KESEIMBANGAN
BENDA
yang
TEGAR

)

ditimbulkan oleh

Benda
tegar
atau
benda
pejal
merup
akan
benda
yang
tidak
menga
lami
perub
ahan
bentu
k
atau
volum
e
walau
pun
diber
i
gaya
atau
momen
gaya

gaya-gaya

ini.

Untuk
mempelajari
kesetimbangan
benda
perlu

tegar
dipahami

konsep

gaya

resultan (FR) dan
konsep

momen

gaya (  ).
1. Resultan Gaya
Gaya-gaya yang
bekerja

pada

benda

tegar

diantaranya
adalah
a.

Seperti

pada

Gaya-gaya

masing

Dari

sumbu x dan

analisis

benda titik, pada

maksudnya

sumbu

diperoleh bahwa

benda

tegar

semua gaya

gaya-gaya yang

yang bekerja

bekerja

mempunyai

y

untuk
melakukan
analisis
 Arah
sumbu y:

F

=0
TBE sin  Y

TBC sin  =
0

hasil

TAB  10 N
25
TAC 
N
4
25
TAD 
N
4
25
TBC 
N
4
25
TBE 
N
3

sepusat,

juga

dapat digantikan

titik tangkap

dengan

yang sama.

gaya

satu
tunggal

b.

Gaya-gaya

asalkan resultan

sebidang,

gaya-gaya

maksudnya

yang

(FR)

bekerja

semua gaya

tegak

lurus

yang bekerja

dengan

arah

momen

bidang yang

yang

sama.

diakibatkan oleh

Gaya-gaya

beberapa

sejajar,

tersebut.

adalah

Besarnya

semua gaya
yang bekerja
sejajar.

gaya

gaya

resultan
diperoleh

benda

baik

gaya

gaya-gaya

itu

sepusat,

sebidang
sejajar,

atau
maka

yc =

gaya-gaya yang
bekerja

dengan

menggunakan
aturan
penjumlahan

pastilah

vektor

terdapat sebuah

Gaya resultan FR

gaya

resultan

tentunya bekerja

dari

seluruh

pada satu titik

gaya.

gaya tersebut.

tangkap. Secara

Agar gaya-gaya

matematik, letak

tesebut

titik

tangkap

gaya

resultan

dapat

disederhanakan
menjadi
gaya

satu
tunggal

tersebut

sebesar FR, maka

bidang

FR

adalah

harus
lurus

tegak
tehadap

xc =

FR

penjumlahan

xc 

lanjut,

Dengan:

gaya

melalui

beberapa

Untuk
memahami lebih

Jika pada sebuah
bekerja

…… (5)

contoh soal 2a.
letak
titik
tang
kap
pada
arah
sum
bu x
letak
titik
tang
kap
pada
arah
sum
bu y

Fix = Gaya
ke-i
yang
sejaj
ar
deng
an
sum
bu x
Fiy = Gaya

pada
xy

F1 y x1……
 F2(4)
y X 2  F3 y x3  ...Fiy xi

lihat

ke-iL
yang
sejaj
F
ar
deng
(i)
an
sum
L
bu y

2. Momen Gaya
GAYA
Apa
sih
itu
momen gaya?
Penyeba
b gerak
rotasi!
Perannn
ya mirip
dengan
gaya
pada
gerak
lurus.
Momen
gaya
sering
disebut
torka
atau
torsi.
L

F
(ii)

F1 y  F2 y  F3 y  ...Fiy

F

c.

terletak pada

F

yc 

F1x y1  F2 x y2  F3 x y3  ...Fix yi
F1x  F2 x  F3 x  ...Fix

(iii
)

(iv
)

Rumus

momen

Momen gaya

(  dibaca

gaya

vektor atau

  LF

skalar?

Bagaimana

: tau) adalah

  LF

Makin

Perhatikan

arah

semakin

Gambar. 3

gaya?

momen

lengan

Dengan

gaya

momen

semakin

aturan tangan

besar

momen

cepat

suatu

benda

berputar!
Momen

gaya

tergantung
apa?
a. Besarnya
gaya yang
diberikan

Apa sih lengan
momen?
Jarak tegak lurus
rotasi

kearah gaya.
Contohnya?
Lihat Gambar. 2!
Pada gambar ini,
jendela didorong
gaya

F

pada lokasi yang
(L

L

=

lengan momen).

Maksudnya?

Betul!



Itulah sebabnya
pada Gambar 2,
jendela

akan

berputar

lebih

cepat

di

dibandingkan
di

(ii)

(iv) jendela tidak
akan

berputar

karena

lengan

momennya nol.
Jangan

lupa

momen

gaya

juga
bergantung
Di (i), (ii) dan (iii)
jendela

akan

berputar

lebih

cepat jika gaya
yang

bekerja

lebih besar.



F cos

F
F sin

F

d
Gambar 3
Gambar 4

Pada Gambar 3,
d

adalah jarak

dari

titik

Lipat ketiga jari
selain

telunjuk

tangkap gaya ke

dan

ibu

jari.

pusat

Upayakan

ibu

putaran.

Arah

gaya

jari, jari telunjuk
dan

membentuk

ketiga

jari

dengan

yang lain saling

vektor d. Karena

tegak lurus satu

momen

dengan



sudut

adalah

pada gaya.



d

(i)

atau di (iii). Di

momen

kanan!

gayanya?

dengan

b. Lengan

berbeda.

…………(6)
besar

makin

oleh

menentukan

besar

momen

sumbu

Vektor!

Jadi

Gambar 2

atau,

gaya
vektor,

yang

lain. Arah ibu jari

maka

menunjukkan

persamaannya

arah

dapat dituliskan

gaya (  ), arah

r
r
  dF

  dF sin 
………….(7)

jari

momen
telunjuk

menunjukkan
arah

lengan

gaya

(d),

dan

sebesar

30

N

PQ

3

bekerja

arah ketiga jari-

yang

bekerja

meter.

sejauh

jari

pada

benda-

Gaya

tegak

benda

berikut

berarah

lurus

30 menge

terhadap

nai titik P,

R.

lengan

Sehingga

momenny

lengan

a

gayanya

yang

lain

menunjukkan
arah

gaya

Satuan

F.

ini!

momen

gaya

adalah

Newton
atau

meter
disingkat

adalah

R

Nm.

panjang ,

(L) adalah

Perjanjian:

sehingga

R yaitu 5

Arah momen gaya

panjang

cm

diberi

tanda

positif
momen

gaya

membuat

c) Pada

lengan

jika
ini

benda

momenny

gambar

a adalah

(c) sumbu
putarnya

cenderung
berputar

di

berlawanan arah

Panjang

dengan

batang 60

putaran

jarum

jam.

Diberi

cm. Gaya

Langkah

tanda

Penyelesaian:

negatif

jika

membuat

benda

1. Menentukan

cenderung
berputar searah
dengan

putaran

sebagai

30

gambar

acuan

dan
lengan

gambar
Contoh Soal 2

(a) sumbu

Hitunglah besar

putarnya

momen

di titik Q.

gaya

F

30 seperti
pada

a) Pada

akibat

= 3

berarah

sin

momen

gaya

L

sumbu putar

nilai

jarum jam.

Q.

Panjang

dibawah

b) Pada
gambar

ini.

(b) sumbu

Lengan

putarnya

momenny

di

a adalah

Q.

Diketahui
jari-jari
bola 5 cm.
Gaya

L

bekerja

partikel,

selain

adalah

mengalami

b. Syarat

  F gerak
L

translasi

0,6

  30 benda
0,5

tegar

cos

juga mengalami
  15 Nm

=

30

(  bernila
i
plus
karena
gaya
cenderun
g
membuat
benda
berputar
berlawan
an
arah
jarum
jam)



2. Melakukan
analisis
untuk
menghitung
besar
momen gaya
masingmasing
benda

c) Momen

gerak
benda

tegar

dalam

keadaan

memenuhi
syarat,

translasi

gaya yang

Benda

tegar

berbeda dengan

dan

keseimbangan
dinamik.
a. Benda dalam

dan

rotasi.

b) Momen

statik

keseimbangan

adalah

(  bernilai
minus
karena
gaya
cenderun
g
membuat
benda
berputar
searah
jarum jam

keseimbangan

syarat

bekerja

(  bernila
i
minus
karena
gaya
cenderun
g
membuat
benda
berputar
searah
jarum
jam)

yaitu

yaitu

keseimbangan

1
  30(3  )  45 Nm
2

keseimbangan,

dua

bekerja

   F (3sin 30 )

Ada dua macam

seimbang harus

gaya yang

  FL

  0

………………… (8)

Oleh karena itu

syarat

adalah

n rotasi

rotasi.

gaya yang

a) Momen

keseimbanga

keadaan
seimbang

a. Syarat
  FL
keseimbanga
   F (0, 6 cos 30 )
n translasi
1
  30(0, 6)(
3)
Dalam
2
bidang XYZ,
  9 3Nm
syarat

statik,

jika

benda

diam

dan
seimbang.
b. Benda dalam
keadaan
seimbang
dinamik, jika

keseimbanga

benda

nnya

bergerak

diberika oleh

dengan

persamaa

percepatan

(1), (2) , dan

linier a = 0,

(3) yaitu:

dan

F
F
F

x

0

percepatan

y

0

sudut  = 0.

z

0

Jadi

benda

F

0

F

0

dalam

bekerja

keadaan

pada

bergerak

benda

lurus

tegar

beraturan

tersebut

suatu titik

sehingga

atau

dan

sembaran

momen

bergerak

berikan

g

gayanya

melingkar

nama

poros

sama

beraturan.

(lambang)

sedemikia

dengan

setiap

n sehingga

gaya.
3. Tentukan

memudah

nol.
5. Gunakan

kan untuk

syarat

Langkahlangkah

untuk

X

dan

Y

banyak
bekerja
gaya yang

4. Pilihlah

diketahui,

sebagai

menyelesaikan

sumbu-X

menghitun

keseimban

soal-soal

dan

g

gan rotasi

keseimbangan

sumbu-Y

gaya yang

benda

statik

benda

sebagai

ditanyaka

tegar,

tegar

adalah

sumbu

n

yaitu

sebagai berikut:

koordinat,

soal.

1. Gambar

kemudian

Sebagai

sketsa soal

uraikan

poros,

berdasark

analisis

gaya-gaya

pilihlah

an

untuk

menurut

titik

data yang

arah

mana

diberikan

sumbu-X

pada

dan

tersebut

ditanyakan

sumbu-Y.

tidak

dalam

Gunakan

bekerja

soal.

syarat

gaya yang

Contoh Soal 2a

keseimban

ditanyaka

Pada

sebuah

gan

n,

tetapi

pelat

bekerja

translasi

pada

titik

gaya

sejajar

benda

tersebut

yang

besarnya

tegar

paling

masing-masing

data-

pada soal.
2. Tentukan
benda
tegar yang
akan
ditinjau.
Gambar
gaya-gaya
yang
hanya

yaitu,

gaya-

dalam

  0
6. Lakukan

di

mencari
variabel

titik

yang

F1

=

20

menentukan

2m

F2=40 N dan F3

komponen

x3 = 4 m

=

masing-

20

N.

N,
Arah

y3 =

gaya-gaya

masing gaya,

ditunjukkan

pada

pada Gambar 2a

sumbu x dan

di

sumbu y

bawah

Hitung

ini.

y (m)

tunggal

3. Menentukan
resultan dan

F1 sin 60 F

F2

1

menggantikan

60

1
0

resultan) ini dan



F1 cos 60

gaya-gaya (gaya

F1

F2

60

1

F3



Langkah
Penyelesaian:
Untuk
menyelesaikan
ini,

ikuti

langkah-langkah
dibawah ini.
1. Menggambar
kan

dan



 24, 64 

FRy
FRx



resultan
FRx  F1 cos 60  F2 cos 30
gaya
1
1

FRx  20   40  3 Dari
 24, Gambar
64 N
2
2

10,
Arah
diperoleh
sumbu y
x1 = 2 m
FRy  F1 sin 60  F2 sin 30  F3
y1 =
1

1
FRy  20 
3  40  120m 17,32 N
2

2
(m) 6 m
x2 y=
FR

17,32 N
24,64N

 20 N
17,32
24, 64

  35,1  144,9



 17,32 N

2

F3 y  20 N

tititk tangkap

x (m)

  17,32 

gaya

4. Menentukan

Arah

2

1

FR  907,112  30,11 N F2 y  F2 sin 30  40  2



sumbu x

Gambar 2a

6

arah

sumbu6y

2

FR 

tan  

sumbu xx(m)
dan

0

1
F1 y  F1 sin 60  20 
2

2
Ry

ini:

n gaya-gaya

30
pada

F3 x  0 N

Arah

2. Menjumlahka

 sejajar
yang

2

resultan
(FR)
30
FR  F  F

Gambar 2a.1

y (m)

F2 x   F2 cos 30  40

2
x Rx
(m)

F3

gaya

F2 sin gaya
30
Besar

F2 cos
30
yaitu

2

tangkap

resultannya!

 10 N





2

titik


F1x   F2 cos 60  20 


arah gaya

yang

soal

Gambar 2a.2

arah

besar

gaya

0m

0

y2 =



sehingga,
titik tangkap
gaya
resultan
pada sumbu
x
xc 

F1 y x1  F2 y X 2  F

F1 y  F2 y  F3

xc 

17,32(2)  20(6)
17,32  20 

xc 

74, 64
 4,31 m
17,32

dan
tangkap
gaya
resultan

titik

pada sumbu

Gambar

2b

y

bawah ini.

di

gaya

arahnya ke

yang bekerja

atas

yc 

F1x y1  F2 x y2  F3 x y3
F1x  F2 x  F3 x

diberikan

(sebagai

dalam

gaya

yc 

10(1)  (34, 64)(2)  (0)(0)
10  (34, 64)  (0)

Gambar

normal NA
dan NB).

yc 

59, 28
 2, 41 m
24, 64

2b.1.
 Gaya berat

Jadi

jembatan

besarnya

gaya

Wj.

resultan

adalah 30,11 N,
dengan
koordinat (4,31 ,
2,41) meter

Gambar 2b

Bus

yang

beratnya 4000 N
mogok

di

jembatan

atas
pada

jarak 2 m dari
penumpu A. Jika
sistem

dalam

seimbang statik,
tentukan
reaksi

gaya
pada

Contoh Soal 2b

penumpu A dan

Sebuah

B!

jembatan
homogen
beratnya 8000 N
dan panjangnya
10 m ditopang
oleh

dua

penumpu A dan
pada

kedua

ujungnya,
tampak

seperti

Letak

titik


tangkap



gaya berat
jembatan
ada

di

tengah

Gambar 2b.1
2.

tengah

Menggunaka
n

jembatan

syarat

keseimbanga

(sama

keadaan

B

Gaya

n

dengan

5

m dari titik
A).
 Gaya berat
bus

Wb.

keseimbanga
n

translasi

untuk
melakukan

Letak titik

analisis.
Karena

Langkah

tangkap

hanya

Penyelesaian:

gaya berat

gaya vertikal

Menganalisis

bus adalah

(searah

gaya-gaya

2

sumbu

1.

yang bekerja
dalam sistem

m

dari

titik A.
 Gaya

dan

reaksi

menggambar

kedua

sketsa

penumpu

gaya

tersebut.

A

dan

ada

y),

maka hanya
ada

satu

syarat, yaitu:
 FY  0
B

N A  N B  Wb  W j  0

N A  N B  Wbtitik
 W j B NB adalah

benda

A

N A  N B  4000
 8000
4800
N.

WA. Letak
titik

N A  N B  12000 N
3. Menggunaka
n

syarat

keseimbanga
n

rotasi

Contoh Soal 2c
Dua

benda,

sebut

saja

benda A (10 kg)

dengan

dan benda B (20

mengambil

kg),

titik

A

sebagai
poros

di

diletakkan
atas

papan

kayu
untuk

Gambar

(lihat
2c

di

melakukan

bawah). Panjang

analisis

papan

 A  0

=

10

meter.
Jika
 APWb  AOW j  ABN B  0
benda
B
2Wb  5W j  10 N B  0
diletakkan
2
10 N B  2Wb  5W j
meter dari titik
2(4000)  5(8000)
NB 
pada
10 tumpuh,
48000
jarak
berapakah
NB 
 4800
N
10
dari titik tumpuh
Karena

N A  N B  12000 N
N A  12000  4800

Jadi gaya reaksi
di

titik

A

A)

1.

Menganalisis

adalah

gaya-gaya

m

dari

yang bekerja

titik

titik

dalam sistem

tumpu.
Gaya

7200 N dan di



dan
sketsa

x

berat

menggambar

papan,

gaya

Wpapan

tersebut
Gaya
gaya

terletak

yang bekerja

di

diberikan

tengah-

dalam

tengah

Gambar



2c.1.
 Gaya

papan.
Gaya
reaksi
papan

berat

pada titik

benda A harus

benda

diletakkan,

WB. Letak

tumpu

sehingga papan

titik

sebagai

berada

tangkap

gaya

gaya

normal N.

dalam

B

berat WB

seimbang ? (g =

= Torsi bernilai
adapositif
di 2

10 m/s2)

NA

adalah

berat WA

Penyelesaian:

(gaya normal di
titik

gaya

Langkah

keadaan

N A  7200 N

tangkap

Gambar 2c



m

dari

titik

titik

2
m

tumpu.
Gaya
berat

x

B

A

O
Wpapan

WB

= Torsi bernilai
negatif

N

WA



Gambar 2c.1

Perhatikan
atas. Titik hitam

 X WA  2WB  0

(sebelah
Wpapan),

X WA  2WB

merupakan titik
tumpuh.
berperan
sumbu

rotasi.

2mB 2 20

4 m
mA
10
Agar
papan
X

berada
2.

tali

dikaitkan antara

Gaya-gaya

ujung

yang bekerja

batang

besi dan ujung

di

penopang,

dalam

tentukan:

Gambar 2d.1

(a) gaya

dalam

dikerjakan FY
oleh
O FX

penopang

pada batang

keadaan

besi, (g = 10

n

seimbang,

m/s2)

keseimbanga

benda A harus

n

diletakkan

berikan

P

Menggunaka
syarat

kartesian.

tegangan tali
X mA g  2mB g
(b) gaya
yang

Titik

tumpuh
sebagai

Sebuah

0

OA WA  OB WB  0

Gambar 2c.1 di

atasnya

o

T sin30

T

Tco s30 30
A

Wb

B

Wp

Gambar 2d.1



Gaya

4

tegangan

dengan

meter dari titik

mengambil

tumpuh.

tali T.
 Gaya berat

rotasi

titik

Contoh Soal 2d

sebagai
poros

untuk

melakukan
analisis.
berada

papan

iklan

massanya 50 kg
ujung

sebuah

keadaan
seimbang
jumlah

torsi total =

besi

yang
panjangnya
meter

5
dan

massanya 10 kg
(amati

Gambar

2d

bawah).

di

iklan

Wp,

letak

titik

tangkap

yang

batang

dalam

0.

Sebuah

digantung pada

Papan

jika

papan

O

Gambar 2d

Langkah
Penyelesaian:
1. Menganalisis

Wp adalah
4

m

dari

titik titik O.
 Gaya berat

gaya-gaya

batang

yang bekerja

besi

Wb,

dan

letak

titik

menggambar

tangkap

kannya

Wb adalah

dalam sistem

2,5 m dari
titik titik O.

C

ng pada

torsi

reaksi

batang

dihasilkan).

papan

besi

 Gaya

pada
tumpu

nen

sebagai

vertikal

gaya

alias

normal N
Keteranga

sumbu

n

n

adalah

n

gaya

untuk

yang

melakukan

dikerjak

analisis

-

syarat

keseimbanga
rotasi

Gaya Fx dan
Fy

ng pada

diketahui.

tidak

batang

Oleh

besi

itu, alangkah

(kompo

baiknya

nen

pilih

horisont

sebagai

al alias

sumbu

karena

rotasi,

x)
Fy

karena

gaya
yang
dikerjak
an oleh
penopa

A

FX

Tcos30

Y

0

T sin30


30
Tcotorsi.
s 30 B

Wb

Titik

C

O

Wp

sebagai
sumbu rotasi.

Gambar 2d.2

Karna
Dari

Gambar

2d.2,

momen

gaya oleh W

b

dan

p

sistem

dalam
keadaan
seimbang,
maka berlaku
syarat

W

keseimbangan
rotasi yaitu

bertanda



negative
(searah jarum
jam),
Tsin30

o

0

OA Wb  OB Wp  OC T

dan

OA mb g  OB m p g  OC

0

2, 5(10)(10)  4(50)(

berhimpit
dengan

bertanda

5 T sin 30  250  20
2250
T
 900 N
5sin 30

positif

sumbu rotasi
maka lengan
gaya

dan

kita

titik O

sumbu

adalah

O

,F

menghasilkan

y)
2. Menggunaka

penopa

F

tidak
FY

X

Gaya

T

diagram :
- Fx

an oleh

P

(kompo

titik

yang

untuk

(berlawanan
arah

Fx dan Fy =
0 (tidak ada

jarum

Jadi

besarnya

tegangan tali T
untuk menopang

jam).

papan iklan dan
batang

oman
pada
koordi
nat
kartes
ius
(x,y)
gaya
yang
berara
h
ke
atas
dan ke
kanan
bernil
ai
positi
f
sedang
kan
gaya
yang
arahny
a
ke
kiri
dan ke
bawah
bernil
ai
negati
f.

besi

tersebut

tetap

seimbang,
adalah 900 N
3. Melakukan
analisis pada
gaya

yang

dikerjakan
oleh
penopang
pada batang
besi


Sekarang
kita hitung
gaya yang
bekerja
pada
penopang.
Karena

Jadi

berada

yang

sumbu

dikerjakan

adalah

oleh

150 N

y

penopang
pada

Contoh Soal 2e

batang

Sebuah

besi

AB

pada

sumbu



tangga
homogen

beratnya 100 N

arah

bersandar pada

x

adalah

tembok

450 3 N

licin

Kita tinjau
gaya-gaya
yang

yang
dan

bertumpu

pada

lantai

kasar

seperti

pada

Gambar 2e.

bekerja
pada arah
vertikal

benda


pada
1
3  450 3 N
2
batang besi
gaya
pada arah

FX  900 

(sumbu Y)
Kita tinjau

F

Y

0

dalam

gaya-gaya

keseimban

yang

gan

bekerja

translasi,

pada arah

maka

horisontal

1
FY  10(10)  50(10)  900  
2

berlaku

(sumbu x)

FY  150 N

F
F

X

0

Y

0

Catatan:
Dengan
berped

FY  Wb  W p  T sin 30  0
FY  mb g  mp g  T sin 30

45

Gambar 2e

terlebih

Jadi

dahulu.

yang

membentuk

dikerjakan

sudut

 FX  0
FX  T cos 30  0
FX  T cos 30

gaya

oleh
penopang

Tangga

AB
45

terhadap lantai.
Jika tangga AB

tepat

akan

kartesian.



Gaya

Fg  N B  0
Fg  N B

tergelincir, maka

Gaya-gaya

gesek

tentukan

yang bekerja

lantai

di

terhadap

a. gaya

berikan

reaksi

dalam

tangga Fg,

lantai

Gambar 2e.1

sedangkan

dan

B’

(sumbu Y)

antara

A

45
Fg

lantai
Gambar 2e.1



Gaya
berat W =

Langkah

100 N titik

Penyelesaian:

kerjanya

Untuk

pada jarak

menyelesaikan
ikuti


1
AB
2
Gaya
normal

ini.
1. Menganalisis

F

Y

ada

W

n

C’

keseimbanga
X
n
translasi

N A  W  10

syarat

3. Karna sistem
juga

dalam

keadaan

untuk

keseimbanga

melakukan

n

analisis.


rotasi,

maka

Kita

berlaku

tinjau

  0

gayagaya

Utuk

yang

memudahka

bekerja

n

analisis

pada

pilih

titik

arah
N

gaya-gaya

tembok

horisontal
B’

yang bekerja

NB.
Gaya

Y

B

(sumbu

B
 poros karena

AB sin 45

NA

dan

x)

belum

menggambar

normal

terlebih

diketahui

kannya

pada

dahulu.

nilainya,

dalam sistem

lantai NA.



A

sebagai

pada

dan

0

NA W  0

gesekan.
2. Menggunaka

NA

n gesek

berikut

vertikal

B

C

p lantai
c. koefisie

langkah

pada arah

tangga tak

terhada

ini

bekerja

dan

tangga

tangga.

yang

dinding

NB

gesek

dengan

gaya-gaya

antara

Y

tembok
b. gaya

soal

 Kita tinjau

Fg

C

F

X

A

0 

45

sehingga

NA
X

C’
W

AB cos 45

dan

Fg

tak

lantai

Dengan

menimbulka
n

momen

gaya

pada

tangga AB .

demikian
diperoleh:
a.

Dari

hasil

analisis

bahwa

reaksi lantai
A

adalah

100 N, dan
Gambar 2e.2



o

0

gaya

reaksi

tembok
 AC ' W  AB ' N B  0

AB ' N B  AC ' W

N

B

adalah 50 N
b. Dengan

sebagai

dapat

partikel,

lebih

dipeoleh dari

tepatnya partikel

persamaan

tunggal.

gaya

Penggunaan

gesekan

istilah

Fg
NA

seperti

erat dengan titik

titik.

berat alias pusat

Sebuah

gravitasi.

bergerak

Karenanya

bagian

depan,

sebelum

bagian

samping

anatara

belajar

mengenai

pahami

gesekan

pembahasan

massa berkaitan

persamaan

c. Koefisien

mempermudah

digambarkan

dahulu

Fg  N B  50 N

50
 0,5
100

gerakan, dimana

dari

 1Fg N B ,
2
1 cos 45
1 2
NB 
W


(100)
2 sin 45
2  1diperoleh
2
 2bahwa


ini hanya untuk

C. PUSAT MASSA DAN TITIK
suatu
benda
BERAT
Konsep
pusat

berat,

gaya
1
AB sin 45 N B  AB sin 30
gesekan
2



partikel

mengenai

demikian



N B  50N

anggap

s 

gaya

setiap benda kita

tangga,

Fg   s N A

diperoleh

N

dan

titik

terlebih
kita
konsep

pusat massa.

suatu
mobil

dan

bagian

belakang
itu

mobil

mempunyai

kecepatan
sama.

yang

Apabila

1. Konsep Partikel dan kita
Benda
Tegar
menganggap
Dalam
pokok
mobil
terdiri
bahasan
gerak
banyak
titik
lurus (GLB, dan

yang tersebar di

GLBB),

seluruh

parabola

gerak

bagian

dan

mobil itu, maka

gerak melingkar,

ketika bergerak,

setiap titik yang

tidak

bisa

tersebar

di

anggap

sebagai

seluruh mobil itu

partikel

karena

punya kecepatan

kasusnya

yang sama.

berbeda.

Karenanya tidak

Dalam

gerak

sebagai

partikel

Tongkat

ada

salahnya

rotasi,

benda

apabila

benda‐

melakukan

jika

kita

sudah

sebagai

mobil

tegar

satu titik, karena

terdiri

gerakan

satu

titik

bisa

Dalam

dengan

penjelasan

pusat massa.

sebelumnya,

Perhatikan

setiap

Gambar

benda

dianggap

dianggap

menganggap
seperti

kita

(benda
dari

3.1

bawah

benda
benda

julukan

itu

ini.

gerak

rotasi

melakukan

sepanjang

arah

gerak

horisontal

(ke

translasi.

Sebaliknya,

kanan).

Ketika

banyak partikel,

benda‐benda

berotasi,

posisi

di

yang melakukan

tongkat

selalu

gerak

berubah‐ubah.

mana

jarak

menggambarkan

antara

setiap

gerakan

partikel

yang

keseluruhan

menyusun

sebagai

benda

demikian,

benda itu selalu

tegar,

bukan

terdapat

diketahui bahwa

sama).

sebagai partikel.

bagian

kita

Benda tidak bisa

Walaupun

yang

memperlakukan

dianggap

demikian, ketika

sepanjang

benda

sebagai

sebagai

partikel

sebuah

lintasan

partikel

tunggal

karena

gerakan

berotasi,

satu

partikel

terdapat

mobil.

Perlu

hanya

ketika

di

dianggap

benda
satu

tongkat
bergerak
lurus

yang

diberi

garis

putus‐

putus.

Bagian

melakukan gerak

mewakili

benda itu (bisa

tongkat

translasi

keseluruhan

kita

ditandai dengan

sebagai

gerak

gerakan

parabola,

gerak

Dalam

melingkar

dan

benda.

sebut
partikel

titik

itu
hitam.

ini,

atau titik) yang

Bagian

kecepatan setiap

bergerak seperti

yang

lain-lain).

bagian

benda

sebuah

partikel

tanda titik hitam

Jika suatu benda

yang melakukan

tunggal

dalam

itu adalah pusat

melakukan gerak

gerak

gerak

rotasi,

berbeda‐beda.

benda

hal

pada

satu

tidak

lurus,

bagian

Walaupun

benda‐benda itu
(gerak

bisa

rotasi

rotasi

translasi.

Titik ini dikenal

tongkat
diberi

massa tongkat.

berbentuk
parabola,
Gambar 3.1

Ketika

tongkat

dilemparkan

ke

mirip

seperti

lintasan

benda

(benda

dianggap
sebagai

berubah,

pusat massanya

sedangkan titik B

terletak tepat di

tetap.

tengah

Titik

merupakan
pusat

partikel

massa

benda.

tunggal)

hanya

melakukan gerak

berupa

dipengaruhi oleh

parabola

putus‐putus.

Arah lintasannya
garis

gravitasi seperti

Dalam

pada Gambar 3.2

titik

Walaupun posisi

massa)

tongkat berubah‐

melakukan gerak

ubah,

lurus, sedangkan

terdapat

satu

bagian

Gambar 3.2

tongkat

(titik

Perhatikan

hitam

pada

Gambar 3.3 yang

tongkat)

yang

menampilkan

bergerak

gambar

menempuh

benda

lintasan
sama.

yang
Bagian

tongkat

yang

(ke

kanan).

tidak

tergelincir

alias

tidak

melakukan

Perhatikan titik A

gerak translasi.

dan

Dalam

benda

massa

tongkat

A

melakukan gerak
rotasi.

Gambar

3.4,

ketika

benda

melakukan gerak
lurus,

pusat

massa

benda

juga

melakukan

gerak

lurus.

Lintasannya

selip.
B,

ketika

menggelinding
ke kanan, posisi
titik

A

ada salahnya jika

selalu

Gambar
sebuah

3.4,
benda

yang melakukan
bergerak
Titik

lurus.

hitam

mewakili

putus‐

putus. Jadi tidak

Gambar 3.3

Perhatikan

tongkat

pusat

titik

pada

garis

benda

lintasan

lihat

menggelinding

massa

ini

Seperti yang kita

ditandai dengan

gerakannya,

hal

(pusat

sedang

itu adalah pusat
massa

B

Gambar 3.4

ini

yang

Sepanjang

Pusat

hal

sebuah

diberi titik hitam
tongkat.

benda

itu.

atas, gerakannya

yang

B

itu

pusat

massa

benda.

Jika

bentuk

benda beraturan,

setiap

benda

yang melakukan
gerak

translasi

dianggap
sebagai
alias

partikel
titik.

Partikel alias titik
itu

bisa

menggambarkan

pusat

massa

benda.

dijelaskan

terdiri

sebelumnya

massa
bermassa

n

yang

Dengan

kata

tentang

lain, ketika

kita

massa

bahwa

masing-masing

mengandaikan

setiap

benda

m1 , m2 , m3 , ..., mn

setiap

dapat dipandang

dan

seperti

pada

seperti

benda
partikel,

pusat

dari

partikel

kita

baik

menganggap

beraturan

massa

maupun

benda

bentuknya
tidak

contoh soal 3a.

terletak
koordinat

( x1 , y1 ), ( x2 , y2 ), ( x3 , y3 ),..., ( xn , yn )
, maka koordinat
pusat massa dari

3. Titik Berat

seolah‐olah

beraturan,

terkonsentrasi

dengan

pada

menganggap

( xPM , y PM ) dimana

B

massanya. Untuk

bahwa

seluruh

xPM dan

e

itu analisis kita

massa

benda

didefenisikan

r

hanya

tersebut

seolah

sebagai berikut:

a

pusat

terbatas

pada

titik

dimana

pusat

massa

benda

berada.

sistem ini adalah

olah
terkonsentrasi
pada

satu

titik

yang kita sebut
sebagai

2. Pusat Massa

pusat

benda

dalam
kehidupan

bekerja
pusat

kita

yang
di

titik

massa

sistem

akan

beraneka ragam.

membuat sistem

Ada benda yang

bergerak

bentuknya

translasi

beraturan

dan

murni

(tanpa rotasi).

tidak beraturan.

Jika

Sebagaimana

mempunyai

yang

sisitem

telah

dan
yPM

massa.
Gaya

Bentuk

xPM 

kita
yang

yPM

t
x1m1  x2 m2  x3 m3  ...xn mn
… (9)
m1  m2  m3  ...mn
s

Gambar 3.5
u
y m  y2 m2  y3 m3a ... yn mn
 1… 1 (10)
m1  m2  m3  ...mn
t

u
Untuk
b
memahami

e
n

penggunanaan

d
a

persamaan
t
diatas

e
r

perhatikan

g

e

d

a

n

a

n

d

p

suatu titik.

t

a

a

Titik

t

dinamakan

u

a

ini

pusat

gravitasi

n

t

g

e

d

atau titik berat.

r

i

Dalam

p

s

a

gravitasi

a

e

n

homogen

d

b

g

(medan gravitasi

a

u

g

di

t

a

sama) lokasi titik

p

berat

sama

dengan

lokasi

g

medan

setiap

titik

r

b

a

e

t

pusat

massa.

v

r

e

Pada

Gambar

i

a

r

3.5 benda dibagi

t

d

k

dalam sejumlah

a

a

o

besar

s

.

n

partikel

kecil

s

dengan

massa

B

e

d

e

m1 , m2 , m3 , ...mn

n

i

r

t

a

r

t

a

i

t
e

s

parikel-

yang

terletak

pada

koordinat

( x1 , y1 ), ( x2 , y2 ), ( x3 , y3 ), ...( x
.

Koordinat

pusat

massa

m

b

p

e

a

n

p

adalah:

t

d

a

xPM 

a

d

i

x

untuk sistem ini

x1m1  x2 m2  x3m3  ...
m1  m2  m3  ... 

b

x m

m
n

xPM

n

n

n

n

…….…(11)

n

g

k

a

a

n

n

Gaya berat yang

g

ditimbulkan tiap

a

partikel

y

j

o

memberikan

a

u

l

m

e

y

l

h

a

a

n

h

momen

gaya

terhadap titik O
yang

besarnya

sama

dengan

berat

partikel

g

s
e

m

l

d

o

u

i

m

r

h

e

u

a

n

h

i

g

p

l

a

a

seterusnya.

k

y

r

Anggap

suatu

a

a

t

W

n

(besarnya sama

n

y

k

dengan

y

a

e

a

n

l

g

.

dikalikan dengan
lengan

momen

gayanya,
misalnya

untuk
m1 g

berat

momen gayanya
m1 g x1

gaya

dan

berat

benda)
diletakkan
suatu

s

i

di
titik

s

sedemikian

a

d

T

sehingga

m

i

i

m

a

h

t

a

i

s

k

o
m

d

e

e
n

M

mg1 1

m2g2
mg3 3

W  Mg
Gambar 3.6

i
l

i

n

g1  g 2  g 3  gi  g

meda

segiempat

i

, sehingga kita

n

berukuran a x b.

peroleh

gravit

Kedua

a

g  m1 x1  m2 x2 asi
m3 x3  ...  mn xn 
xTB 
g  m1  m2unifor
 m3  ...mn 

d
a

xTB 

l
a

m!
m1 x1  m2 x2  m3 x3  ...  mn xn
m1  m2  mDalam
3  ...  mn
kita

n

TB

t

sehingga

i

berat

t

koordinat

i

adalah

k

titik

benda

sangat

kecil

kita anggap titik

b
e

Terbuk

r

ti

a

bahwa

t

koordi

.

nat

  O  akibat W    O  akibat semua partikeltitik
W xTB  m1 g1 x1 m2 g 2 x2berat
m3 g 3 x3 ... mn g n xn
sama
m1 g1 x1  m2 g 2 x2  m3 gdenga
3 x3  ...mn g n xn
xTB 
W
n
koordi
m g x  m2 g 2 x2  m3 gnat
3 x3  ...  mn g n xn
xTB  1 1 1
m1 g1  m2 g 2  m3 gtitik
3  ...  mn g n
Jika

bentuk

pada  mn ydibandingkan
n
yTB  n
y  mndengan jari-jari
n
bumi, sehingga

……………(13)

medan

pusat

gravitasi uniform

massa

maka

ketika

Gambar

ini terletak pada
perpotongan

n

n

ini digambarkan
3.7. Titik berat

n

h

berat segiempat
pada

 m xperhitungan
x 
……………(12)
 m umumnya
n

garis

berat

sama

dengan

pusat

kedua

garis

berat yaitu pada
1 1
a, b
2 2

titik

(di

tengah-tengah
benda)

massa.

1 1 
 2 a, 2 b 
 

a

a. Benda
Beraturan

Gambar 3.7

Titik berat benda
yang

beraturan

dan

sederhana

seperti

b

garis
berat

t

segitiga terletak

1
t
3

pada

Gambar 3.8

segiempat

atau

x

perpotongan

Suatu

segitiga

garis-garis

mempunyai

beratnya.

garis

Misalnya

seperti

berat
tampak

pada

Gambar

3.8

dan

garis

y0 

titik

berat

Untuk
lebih
1
y0  t
4
memahami
titik

konsep

pusat

b. Gabungan

massa benda

telah

Beberapa

Nama Benda

Letak Titik

Benda

Garis Lurus

Untuk gabungan

y0

1
benda
y0  beberapa
AB
2
tegar
seperti

B

Z

pada

Busur Lingkaran

Z

A

Langkah

Gambar 3.9

Kerucut Pejal

 1 
 0, t 
 3 

A

Gambar 3a

itu

yaitu pada titik

Tabel

4
R
8

B

y0

R

Busur Setengah
Lingkaran
Z
M

y0

Juring Lingkaran

Gambar

3.9.
y0 

Titik

beratnya
AB
R

»AB
(anggap



uniform)

titik

berat

dapat

ditentukan
2R
y0 dengan

menggunakan
persamaan

(12)

dimana

B

AB 2
titik
y0  menyatakan
 R
»AB 3
berat
masingmasing

Setengah
Lingkaran

dipelajari

benda

4R
3

yang

beberapa contoh

dalam soal

soal.

Dari Gambar
3a

Dua

di

atas,

diketahui:

Contoh Soal 3a
massa

x1 = 0 m

masing-masing

x2 = 2 m

30 kg dan 20 kg

y1 = y 2 =

dihubungkan

0m

dengan

m1 = 30

batang

kecil

yang

kg

panjangnya 2 m,

m2 = 20

dan

kg

diletakkan

mendatar
seperti

dalam
pada
3a

bawah

di
ini.

Dimana

letak

titik

pusat

massa sistem?

y
30
kg

x

soal

ditanyakan
koordinat
pusat massa
xPM dan yPM .
2. Menganalisis
letak

y

pusat

massa
dengan

m1
Setengah Bola

variabel
diketahui

tegar.
y0 

1. Menuliskan

berikut diberikan

Gambar

( x1 , y1 ), ( x2 , y2 ), ( x3 , y3 )
A

yang

Penyelesaian:

x
m
20
nkgpersamaan
2
menggunaka

2m

pusat massa

massa

 yPM

benda

diagonalnya

lebih besar. Jika

berbentuk

merupakan

dengan nol

massa

m1

persegi

koordinat

karena

sangat

besar

(beraturan)

titik

kedua

sekali maka titik

maka

letak

beratnya.

massa

pusat

massa

titik

berat

terletak

sistem

hampir

benda

pada y =

berimpit dengan

adalah

0.

massa

sama

Nilai

xPM

dapat

sesuai

yang

m1.

dengan

defenisi

dihitung

Ini

pusat

massa.

dengan

xPM

xm x m
 1 1 2 2
m1  m2

massa

kedua

benda

terletak

berat benda,

Hitung koordinat

buatlah

titik berat untuk

garis

m1

koordinat).
lihat

Kita

bahwa

letak titik pusat
massa
dekat

lebih
dengan

yang

sis soal
Karena
benda

merupakan

adalah (3,4)

Contoh Soal 3c
Benda

pada

kan

sudutyang

seperti pada
Gambar 3b.1
di bawah ini.
Perpotongan

ini

benda

menghubung

diagonal)

1. Mengananali

berat

titik

ditempatkan

(garis

Penyelesaian:

koordinat

masing

berhadapan
Gambar 3b

Sehingga

berbentuk

saling

Langkah

(pusat

dua

Gambar 3b.1

masing-

sudut

pada

massa

titik

Contoh Soal 3b

jarak 0,8 meter
dari

titik

letak

benda homogen
0(30)  2(20)
xPM 
 0,8
m Gambar 3b
pada
30  20
di bawah ini!
Jadi letak titik
pusat

letak

menentukan

kan
n (9)

tengahnya.
2. Menentukan
berat benda
Untuk

mengguna
persamaa

ditengah

kedua

garis

pada

kedua

L
suatu

y
sumbu
koordinat
8seperti

Gambar
bawah
Tentukan

pada
3c

di
ini.

letak

2titik berat benda

tersebut!
0

2

6

X

Gambar 3c.1

masing-

2. Menentukan

masing

kan nilai-nilai

letak

sumbu.

koordinat

koordinat

Jika

titik

berat

masing-

kerapatan

dan

luas

Langkah

masing

benda  dan

masing-

Penyelesaian:

benda.

luas

benda

masing

A.

bagian

Gambar 3c

1. Membagi

adalah

y

benda

4. Mensubtitusi

8

kedalam

menjadi dua

m
Karena   ,
A

bagian yaitu

maka m   A ,

untuk

dengan

menentukan

demikian

letak

bagian I dan

4

bagian
y

2
1

II,

(bagi8

0

menjadi
bagianI

bagian yang
2
mudah

ditentukan
letak

0

titik

6

beratnya.

berat benda

Diketahui:

koordinat

berat
I

terletak
X

seperti pada

koordinat
titik

m x A x


m  Am
i i

xTB

pada

(1,4)

x

adalah

di

tengahnya

i i

i

i

i

i

i

xTB

dan

benda

II

terletak pada

Ax

A

koordinat

i

Dengan cara
sama

koordinat

3. Menentukan
letak

titik

berat

pada

adalah
yTB



x1  1
y1  4
x2  4
y2  1
A1  (2)(8)  16
A2  (4)(2)  8
Ditanya:

A1 xx1TB ?Ay2TB
x2 ?
A1  A2
A x  A2 x2 16
xTB  1 1

A1  A2
yTB 

akan
diperoleh

(4,1)

i

i

yang

i

i

i i

berat

titik

titik

rumus
X

Titik

yaitu

di bawah ini!

6

untuk

beratnya),
gambar 3c.1

4

Gambar 3c.2

benda

II
2

1 2

persamaan

A1 y1  A2 y2 1

A1  A2

Sehingga
koordinat
titik
berat
benda
adalah (2,3)
i Ai yi A1 y1  A2 y2


A1  A2
 Ai
y

i

Contoh Soal 3d

anggap tebal

Tentukan

batang

koordinat
berat

titik

semua sama

susunan

empat

dengan

t,

buah

sehingga

kawat berbentuk

koordinat

bangun

titik

seperti

pada Gambar 3d

utnuk sumbu
3

di bawah ini

x adalah

Gambar 3d.1

y

tabel

ini

koordinat

koordinat

Langkah

titik

Penyelesaian:

keempat

1. Untuk

kawat

yTB

L1

4

berikan

L2

4

2

nama setiap

L3

4

4

L4

2

4

14

12

L1,

L2, L3, dan L4,



 L ty (a L y

). di bawah ini!
L
t

 L 10 cm
i

i

i

3. Menggunaka

seperti pada

n persamaan

Gambar 3d.1

titik berat

di bawah ini!

Sekarang

i

i

i

terlebih dulu

sebagai

homogen seperti

i

i

L

kawat

benda

pada Gambar 3e

Kawat

ini,

untuk

y

i

Koordinat
Titik berat
x
2

soal

i

i

adalah

berat

menyelesaik
an

i

i

L1 x1  L2 x2  L3 x3  L4 x4
L1  L2  L3  L4
Contoh Soal 3e
40
xTB 
 2,86
Hitung koordinat
14
titik berat benda
Untuk

setiap kawat.
x

i i

i

xTB 

berat

Berikut

i

i

i

koordinat

3

i

i

i

tentukan
titik

 A x  L tx  L x



 A Lt L
i i

xTB

2. Selanjutnya

Gambar 3d

berat

i

L1 y1  L2 y2  L3 y3  L4 y4
L1  L(b
2  L2  L2
).
44

 3,14
14

yTB 
yTB

Sehingga
koordinat
titik
berat
benda
adalah (2,86 ,
3,14)

15
cm

10
cm

(c
).

15
cm
10
cm

Jika diketahui
bahwa
diameter
lingkaran
adalah
10
cm, maka
yTB 

Gambar 3e

Langkah
a. Pada Gambar
(a),

setengah
lingkaran.
y
(cm)
y

Berdasarkan
tabel

10

menjadi

titik

dua bagian

masing-

yaitu

masing

beratnya

bagian

berada

yang

tengah-

mudah

tengahnya

Sehingga

ditentukan

.

koordinat

letak

1
1
D   10   5 cm
2
2

berat

x benda
(cm)

titik
15

seperti

7,5

gambar di

adalah

bawah ini!

bahwa letak
titik beratnya

letak

pada bagian

adalah
yTB 

4R
3

0

y
(cm)

ikuti

langkahlangkah
berikut ini!

5

10
Gambar 3e.3

Koordinat
titik

I

berat

benda

I

yaitu

titik

berat benda
(b)

x (cm)

15

menentukan

y

di

y
(cm)

beratnya),
pada

diketahui

koordinat

I,

bagian-

b. Untuk

pada

Benda

Titik

 20 
 5,
cm
 3 

beraturan



menjadi

berat
benda

benda.

panjang

titik

beberapa

berat

(membagi

titik

Gambar 3e.1 x

koordinat

persegi

xTB 

adalah

benda

II,

benda
tersebut

letak

4 R 4(5) 20bagian
I


cm
3
3
3
dan bagian

Letak titik
beratnya
pada
koordinat x
adalah

Penyelesaian:
3e.

1. Membagi

II
0
Gambar 3e.2

2. Menentukan

x (cm)
10

x1  5 cm

y1  7,5 cm
Dengan
luas
sebesar

A1

adalah
A1  10(15)  150
cm 2


Benda II,

Ax

A

i i

xTB

setengah

i

xTB 

y2

x2

0

i

i

lingkaran
y
(cm)

benda
A x  A2adalah
x2
 1 1
A1  A2
9,41)

menentukan
750  196, 25 553,
75
titik
xTB 
 letak
150  39, 25 110, 75
berat benda
x (cm) x  5 cm
TB
10
pada bagian
menggunaka

langkah-

Koordinat

n persamaan

langkah

titik

sebenarnya

benda

II

yaitu

y2 

koordinat

x

ditentukan

4 R 4(5) 20


cmlangsung.
3
3
3
Titik berat di

Dengan
luas

koordinat
A2

Ay

A
i

1
1
A2    R 2    (5) 2
2
2
A2  12,5 cm 2
(A2 diberi
tanda
negatif
karena
bendanya
tidak ada
atau
tidak
nyata)
Titik berat di
x

yTB
yTB
yTB

yTB

i

i

i

i

II

x cm

10
2. Menentukan

letak 3e.5
Gambar
koordinat

menjadi

titik

tiga

masing-

bagian

masing

yaitu

benda.
I,



bagian II,
A y  A2 y2bagian
 1 1 dan
A1  A2
III,

berat

Benda

I,

setengah
lingkaran
y
(cm)

y10

x1

10

x (cm)

mudah
ditentukan

koordinat

letak

titik

beratnya),

berat

15

I

(membagi
 20

150(7,5)  (12,5 )  

 3menjadi

150  (12,5 )
bagian1125  83,33 1041, 67


150  39, 25 110, 75bagian
 9, 41 cm
yang

Sehingga

III

benda

bagian

adalah

sebesar

koordinat

y

20

ikuti

berikut ini
1. Membagi

dapat

x2  5 cm

bawah ini!
y cm

150  (12,5 )

(c)

berat

gambar di

(5 ,

150(5)  (12,5c.
 ) Untuk
5

Tanpa
Gambar 3e.4

pada

seperti

titik

Gambar 3e.6

Koordinat
titik

berat

benda

II

yaitu

Koordinat

x1  5 cm
y1 

titik

luas

A2

sebesar



Seperti

yang

dibahas
1
1 telah
A3   R 2   (5) 2
2
2 sebelumnya,

berat

4 R 4(5) 20


cm benda
3
3
3
yaitu

Dengan

sebesar
I

2
A3  12,5 cmsebuah

benda
dalam

x2  5 cm

Titik berat di

berada

y2  7,5 cm

koordinat

keadaan

diam

jika

total

x

adalah

Dengan

gaya

torsi total
i Ai xi A1x1 dan
1
1
2
2
 A2 x2  A3 x3
A1    R   luas
(5)
A1
yang
bekerja
xTB 

2
2
Ai
A1  A2  A3

sebesar
terhadap benda
i
A1  12,5 cm 2
nol.
A2  10(15)  150 cm 2
(12,5 )  5  adalah
150(5)  12,5 (5)
xTB 
(A1 diberi
(12,5 )Akan
 150  12,5 tetapi
tanda

Benda III,
negatif
tidak
semua
xTB  5 cm
setengah
karena
benda
yang
Titik berat di
bendanya
lingkaran
tidak ada
kita
jumpai
koordinat y
terbalik
atau
dalam
tidak
adalah
nyata)
kehidupan
y
Ai yi

Benda II,
(cm)
A y  A2 y2  A3 y3
yTB  i
 1 1sehari‐hari
20
A1  A2  A3
i Ai
setengah
y3
selalu
berada
lingkaran
dalam keadaan
20 
 20 

12,5


150(7,5)

12,5

20





Titik
3 
diam. 
 3 
yTB 
(12,5 )  150
 12,5
beratnya
Mungkin
pada
x (cm)
1125

785
1910
0
yTB 
 mulanya benda
berada
di
x3 10
150
150
tengahdiam, tetapi jika
yTB  12, 73 cm
Gambar 3e.8

tengahnya.

Koordinat
titik

y
(cm)
15

II

yaitu

5

Gambar 3e.7

10

(misalnya ditiup

koordinat
berat
adalah

x3  5 cm

7,5

0

berat

benda

diberi gangguan

Sehingga
titik
benda
(5

12,73)
4R
4(5)
20
 20 
 20 
 20 
cm
xy3(cm)
3
3
3
Dengan
luas

A2

,

angin)
bisa

benda
saja