Soal Olimpiade Fisika Tingkat Provinsi Tahun 2015

SOAL DAN PENYELESAIAN

OSN TINGKAT PROVINSI 2015

Bidang Fisika

Waktu : 3,5 Jam

Oleh :

1. (10 poin) Sebuah benda yang bergerak pada bidang dua dimensi mendapat gaya konstan. Setelah detik pertama, kelajuan benda menjadi 1/3 dari kelajuan awal benda. Dan setelah detik selanjutnya (detik kedua), kelajuan benda menjadi 1/3 nya lagi (dibandingkan setelah detik pertama). Tunjukkan apakah benda pernah berhenti sesaat selama proses pergerakannya? Jika pernah, tentukan kapan waktunya (t dalam sekon dan ambil acuan t

= 0 dari saat kelajuan benda masih V )!

Penyelesaian:

Misalkan benda bergerak dalam bidang xy. Gaya konstan F berkerja pada benda :

ˆ ˆ

x y

F F i F j

Besar gaya konstan yang bekerja pada benda:

2 2 2

x y

F F F

Vektor kecepatan benda : ˆ ˆ

x y

vv iv j

Vektor kecepatan awal benda: ˆ ˆ

x y

VV iV j

Besar kecepatan awal benda :

2 2 2

x y

V  V V

Misalkan benda bermassa m. Hukum Newton Kedua :

F a

m



ˆ y ˆ

x F

F

a i j

m m

 

Persamaan kinematika untuk menentukan kecepatan benda :

ˆ y ˆ

x F

F

v a dt i j dt

m m

 

  _  _

 

 

ˆ y ˆ

x F

F

v t i t j c

m m

  

Ketika t = 0 , vV, maka kita peroleh c V V i_xˆV j_y ˆ.

ˆ y ˆ

x

x x

F F

v t V i t V j

m m

 

 

_  _ _  _

   

Kelajuan benda :

2 2

2 x y

x x

F F

v t V t V

m m     _  _ _  _  _{ }  2 2

2 2 2 2 2

2 2

2

2 y y y

x x x

x y

F F V

F F V

v t t V t t V

m m

m m

     



2 2





 



2 2 2 2

2

2

x y

x x y y x y

F F

v t F V F V t V V

m m



    

Kita dapat menyederhanakan persamaan terakhir ini menjadi





2

2 2 2

2 2

x x y y

F

v t F V F V t V

m m     Misalkan 2 1 2 F c m

 dan 2





2

x x y y

c F V F V

m

2 2 2

1 2

v c t c t V

Selanjutnya mari kita hitung nilai c1 dan c2. Ketika t = 1 s → v = V/3.

2

2 2

1 1 2 1

3

V

c c V

        

 

2

1 2

8 9

c   c V * Ketika t = 2 s → v = V/9.

2

2 2

1 2 2 2

9

V

c c V

        

 

2

1 2

40 2

81

c   c V ** Dari pers.(*) dan pers.(**) , kita peroleh

2 2

1 2

32 104

dan

81 81

c   V c   V

Jadi,

2 32 2 2 104 2 2

81 81

v  V t  V tV

Benda berhenti sesaat ketika v = 0 saat t = tb.

2 2 2 2 2

32 104

0 81V tb  81V tb V 

2 2

32tb 104tb  81 0

Kita gunakan rumus akar-akar persamaan kuadrat untuk menentukan tb.

2

104 104 4 32 81 104 10816 10368 104 8 7

2 32 64 64

b

t          



13 7 13 2, 646

8 8

b

t    

13 2, 646 10, 354

1, 294 s

8 8

b

t     dan 13 2, 646 15, 646 1, 956 s

8 8

b

t    

Benda pernah berhenti selama proses pergerakannya . Benda berhenti ketika 1, 294s

b

t  dan tb 1,956s.

2. (12 poin) Sebuah batang tegar AB dengan panjang L dan massa m berada di atas meja horizontal licin. Sebuah tali tak bermassa dipasang pada katrol licin dimana ujung yang satu dihubungkan pada ujung batang A, sedangkan ujung tali satunya lagi dihubungkan dengan beban M (lihat gambar di bawah). Mula-mula batang AB tegak lurus dengan tali tersebut, kemudian beban M dilepaskan.

a. Pada saat beban M dilepaskan, tentukan tegangan tali, percepatan beban M serta percepatan pusat massa batang m.

Penyelesaian : a. Misalkan:

am adalah percepatan pusat massa batang aM adalah percepatan beban

α adalah percepatan sudut batang

Diagram benda bebas sistem :

Persamaan gerak translasi batang :

m Tma

Persamaan gerak rotasi batang :

2 1

2 12

L

T  mL

Persamaan gerak beban :

M

Mg T Ma

Hubungan antara am , α dan aM :

2

M m

L

a  a 

Hubungan am dan α :

2 1

2 12

m L

ma   mL 

6a_m L

 

Hubungan am dan aM : 6

3 4

2

m

M m m m m

a L

a a a a a

L

 

 _{ }   

 

Dari persamaan gerak beban, kita peroleh

m M

Mgma Ma

4

m m

Mgma  Ma

aM

M

Mg T m

L

A

B

am

T

α

M

m L

A

Percepatan batang adalah

4 m

M

a g

m M

 

Percepatan beban adalah

4 4

4

M m

M

a a g

m M

 _{ }

Tegangan tali adalah

4 mM

T g

m M

 

b. Misalkan posisi pada batang yang memiliki percepatan nol adalah di titik C berjarak d

diukur dari pusat batang. Posisi titik C yang mungkin adalah antara pusat massa batang dan titik B.

Percepatan relatif titik C terhadap meja adalah 6 _m

C m m

a

a a d a d

L

  

  _{  }

 

6

0 m

m a

a d

L

 

 _ _

Posisi titik C dari pusat massa adalah

6 L d 

Posisi pada batang yang memiliki percepatan nol (titik C) diukur dari titik A adalah

2

2 2 6 3

C

L L L

x     d L

3. (14 poin) Sebuah kereta bermassa M = 3 kg memiliki permukaan horizontal yang tersambung dengan permukaan berbentuk seperempat lingkaran berjari-jari R = 0,5 m ( lihat gambar di bawah). Sebuah partikel bermassa m = 2 kg bergerak di atas permukaan horisontal kereta tersebut dengan kecepatan v = 15 m/s terhadap lantai. Pada saat partikel tersebut sudah bergerak di atas kereta, kereta tersebut berada dalam keadaan diam terhadap lantai. Seluruh permukaan bersifat licin dan tumbukan bersifat lenting sempurna. Percepatan gravitasi g = 10 m/s2 ke bawah.

a. Pada saat partikel tersebut berada pada permukaan seperempat lingkaran dimana sudut yang dibentuk antara garis yang menghubungkan partikel dan pusat lingkaran dengan garis vertikal ke bawah adalah α, tentukan masing-masing besar kecepatan partikel dan kecepatan kereta terhadap lantai sebagai fungsi α.

m v

M

g

M

α

R

am

A d C B

aC = 0

b. Tentukan kecepatan partikel terhadap lantai tepat sejak meninggalkan kereta.

c. Tentukan jarak yang ditempuh kereta sejak partikel meninggalkan kereta hingga kembali menumbuk kereta tersebut.

d. Ketika partikel tersebut kembali menumbuk kereta dan sudah berada pada lintasan horisontal kereta tersebut, tentukan kecepatan partikel dan kereta terhadap lantai!

Penyelesaian :

a. Saat partikel berada padapermukaan seperempat lingkaran, kecepatan kereta relatif terhadap lantai adalah vM. Kecepatan partikel relatif terhadap kereta adalah vk. Komponen kecepatan horizontal dan vertikal partikel relatif terhadap kereta berturut-turut adalah vk,x dan vk,y.

Gunakan : M = 3 kg, m = 2kg, R = 0,5 m , v = 15 m/s dan g = 10 m/s2. Kekalan momentum pada arah horizontal :



k x, M



M

mvm v v Mv



_kcos _M



_M

mvm v v Mv





cos

M k

mv m M v

v

m 

  

30 5 2 cos

M k

v v



 

Kecepatan partikel relatif terhadap lantai adalah vm :





2



 

2



2

2 2

, , cos sin

m k x M k y k M k

v  v v v  v v  v 

2 2 2 _{2 cos}

m k M k M

v  v v  v v 

2

2 30 5 2 ₂ 30 5 _cos

2 cos 2 cos

M M

m M M

v v

v v v 

 

 

   

_{ }   _{ }

   





2

2 2

2

1 5

15 30 5

2 cos

m M M M M

v v v v v

 

 _  _   

 

2 2 2

2

1 25

225 75 4 30

4 cos

m M M M M

v v v v v

  

 _   _ 

 

2 2

2 2 2

25 75 225

4 30

4 cos cos cos

m M M

v v v

  

   

_  _ _  _ 

   

Kekekalan energi mekanik:





2 2 2

1 1 1

1 cos

2mv 2MvM 2mvmmgR  





2 2

2 2 2

5 25 75 225

225 4 30 10 1 cos

2vM 4 cos  vM  cos vM cos  

 _  _ _  _   

   

M

α

vM

vk,x

vk,y

vk



_{25 6 cos}2



2



_{120 cos}2 ₃₀₀



_900sin2 _{40 cos}2



_{1 cos}



₀

M M

v v

    

      

Gunakan rumus akar-akar persamaan kuadrat untuk mendapatkan nilai vM.



 

 















2

2 2 2 2 2

2

300 120 cos 300 120 cos 4 25 6 cos 900sin 40 cos 1 cos 2 25 6 cos

M

v      



      

 _

Ada dua solusi vM. Dua solusi vM ini menunjukkan gerak partikel saat bergerak naik dan turun. Kecepatan kereta relatif terhadap lantai ketika partikel bergerak naik membentuk sudut α terhadap lantai adalah



 

 















2

2 2 2 2 2

2

150 60 cos 150 60 cos 25 6 cos 900sin 40 cos 1 cos 25 6 cos

M

v      



      

 _

b. Partikel tepat meninggalkan kereta saat α = 900. Kecepatan kereta relatif terhadap lantai adalah vM = 6 m/s.

Kecepatan partikel terhadap lantai tepat sejak meninggalkan kereta (α=900):





2 2 2 _{2 1 cos}

m M

M

v v v gR

m 

   

2 2 3 2

15 6 2 10 0, 5

2 m

v       2

225 54 10

m

v   

161 12, 69 m s

m

v  

c. Kecepatan horizontal partikel relatif terhadap lantai sama dengan vM ketika peluru tepat meninggalkan lantai.

2 2 2

, ,

m m x m y

v v v

2 2 2

,

m M m y

v v v

2 2

,

m y m M

v  v v

, 161 36 2 5 11,18m s m y

v    

Waktu yang diperlukan partikel untuk kembali menumbuk kereta adalah

,

2

2, 24

m y v

t s

g

 

Jarak yang ditempuh kereta adalah 14, 44 m

M Sv t

M

α

vM

vm,y vm

vm,x

M

d. Setelah partikel pada posisi horizontal, kecepatan partikel dan kereta relatif terhadap lantai berturut-turut adalah v′m dan v′M.

Kekekalan energi :

2 2 2

1 1 1

2mv  2mvm 2MvM

Kekekalan momentum :

m M

mvmv Mv

Solusi dari persamaan ini adalah

3 m s m

m M

v v

m M



  _  

2

12 m s M

M

v v

m M

  _ 

4. (14 poin) Sebuah satelit bergerak dalam orbit lingkaran di sekitar sebuah planet dengan periode revolusi sebesar T1 = 8 jam. Lintasan satelit tersebut akan diubah ke orbit lingkaran lainnya dengan periode sebesar T2 = 27 jam melalui cara berikut. Pertama, satelit tersebut pada orbit pertamanya seketika diubah besar kecepatannya tanpa merubah arahnya, sehingga ia akan bergerak dalam orbit transisi yang berbentuk elips. Ketika satelit tersebut telah menempuh jarak dari planet yang diinginkan, kecepatan diubah seketika sesuai dengan orbit kedua dengan periode T2 . Tentukan :

a. waktu yang dibutuhkan untuk berpindah dari orbit pertama ke orbit kedua.

b. prosentase perubahan besar kecepatan satelit pada keadaan pertama dan kedua relatif terhadap kecepatan masing-masing orbit lingkarannya.

Penyelesaian:

a. Misalkan R1 dan R2 adalah radius orbit lingkaran, v1 dan v2 adalah kecepatan satelit pada orbit lingkaran , u1 dan u2 adalah kecepatan satelit di orbit transisi pada jarak R1 dan R2 dari planet.

R1 _R

2

v2

v1

u1 u2

T2

T1

M v′M

Berdasarkan Hukum Newton Kedua: 2 2 2 1 2 2 1 2 dan

v mM M M

m G v G v G

R  R   R  R

2 _{2 2}

2 3 2 3

1 1 2 2

2

2 4 4

dan

m R mM

G T R T R

R T R GM GM

  

 _{    }

 

 

Sumbu semimayor orbit transisi:

1 2

2

R R

a  

Hukum Keppler Ketiga untuk orbit transisi :

2

2 4 3

T a

GM





Periode revolusi satelit dalam orbit elips transisi adalah T.

Substitusikan 1 2 2

R R

a   untuk memperoleh





3

1 2 2 2 1 3 1 8 R R T T R   Substitusikan 1 1 3 3 2 2

1 ₄ 2 1 dan 2 ₄ 2 2

GM GM

R T R T

 

   

_{ } _{ }

    untuk memperoleh



_{2 3 2 3}

 

3 _{2 3 2 3}



3

1 2 1 2

2 2

1 2

1 8

8

T T T T

T T

T

 

 



_{2 3 2 3}



3 2





_{3 2}

3 2 3 2

8 27 4 9

2 2

T   

3

13

16,527 jam 8

T _ _ 

 

Waktu yang dibutuhkan untuk berpindah dari orbit pertama ke orbit kedua sama dengan setengah kali periode revolusi satelit pada orbit elips.

8, 286 jam 2

T

t 

b. Kekekalan energi dan momentum angular saat satelit dalam orbit transisi :

2 2 2 2

1 2 1 2

1 2 1 2

1 1 1 1

2

2 2

mM mM

mu G mu G u u GmM

R R R R

 

      _  _

 

1

1 1 2 2 2 1

2 R

mu R mu R u u

R

  

Dari dua persamaan terakhir ini akan diperoleh:

2 2

1

1 1 2

2R GM u

R R R

 _ dan 2 1

2

2 1 2

2R GM u

R R R

 _

Karena 2 2

1 2

1 2

dan

M M

v G v G

R R

  , maka

2 2 2 1 1 1 2 2R u v R R

 _ dan 2 2 1

2 2 1 2 2R u v R R  _ 2 3 2 3 1 1 T a

Karena

2 2

2 3 2 3

1 1 2 2

4 4

dan

T R T R

GM GM

 

  , maka

2 3 2

2 2

1 1 2 3 2 3

1 2

2T

u v

T T

 _ dan

2 3 1

2 2

2 2 2 3 2 3

1 2

2T

u v

T T

 _

Perubahan besar kecepatan satelit pada keadaan pertama relatif terhadap kecepatan orbit lingkaran pertama :

2 3 2 3

1 2

2 3 2 3 2 3 2 3

1 1 2

2 2 27 2 9 18

1,1767 4 9 13

8 27

u T

v T T

 

   _  

 

Prosentase perubahan besar kecepatan satelit di orbit R1 adalah

1 1

1

100% 17, 67%

u v

v



 

Perubahan besar kecepatan satelit pada keadaan kedua relatif terhadap kecepatan orbit lingkaran kedua :

2 3 2 3

2 1

2 3 2 3 2 3 2 3

2 1 2

2 2 8 2 4 13

0, 7845 4 9 18

8 27

u T

v T T

 

 _  _  _  

Prosentase perubahan besar kecepatan satelit di orbit lingkaran R2 adalah

2 2

2

100% 21, 55 %

v u

v

 _{ }

5. (14 poin) Sebuah bola ping-pong bermassa m = 3 gram dipukul sedemikian rupa sehinggga bola tersebut memperoleh kecepatan horisontal pada ketinggian H = 20 cm di atas meja. Bola tersebut juga berotasi terhadap sumbu horisontal yang tegak lurus pada kecepatan horisontak tersebut. Setelah menabrak meja dalam tumbukan yang bersifat elastik, bola tersebut terpental vertikal ke atas tanpa rotasi. Karena ketidakrataan permukaan meja, koefisien gesek kinetik antara bola dan meja μ = 0,25. Asumsikan bahwa tumbukan terjadi pada waktu yang relative singkat. Percepatan gravitasi g = 10 m/s2. Momen inersia bola ping-pong adalah I = 2/3 mR2 dengan R = jari-jari bola ping-pong. Tentukan energi yang hilang selama tumbukan bola dengan meja.

Penyelesaian:

Diagram gerak bola ping-pong :

m

μ

Sesaat sebelum tumbukan :

Kecepatan horizontal bola adalah v1,x = vx. Kecepatan bola ping-pong menumbuk meja adalah v_1,y    v_y 2gH . Kecepatan angular bola adalah ω1 = ω.

Sesaat setelah tumbukan :

Kecepatan horizontal bola adalah v2,x =0. Kecepatan bola ping-pong menumbuk meja adalah v_1,y  v_y 2gH . Kecepatan angular bola adalah ω2 = 0.

Gaya gesek yang bekerja pada benda :

f N

Tumbukan berlangsung selama waktu yang singkat ∆t. Impuls pada arah vertikal :



2, 1,



y y y

F  t m v v



Nmg



 t m v



y 

 

vy



2mv_y

N mg

t

 _{ }

Impuls pada arah horizontal :



2,x 1,x



f t m v v

x

N t mv

  

Kita peroleh

2 _y

x mv

mg t mv

t

_  _ _ 

 

2 _{y x}

mg t m v mv

    

Karena tumbukan berlangsung singkat ∆t→0, kita peroleh 2

x y

v  v

Impuls angular pada bola ping-pong :



2 1



f R t I  

   

2 2 3

NR t mR

   

2 ₂

3 y

mv

mg t mR

t

_  _ _  

 

ω

vx

m

H

f

N

2 2

3 y

mg t m v mR

     

Karena tumbukan berlangsung singkat ∆t→0, kita peroleh 3 v_y

R

 

Energi awal sistem :

2 2

1 1

2 2

awal x

E  mv  I mgH

 

2 2

2 3

1 1 2

2

2 2 3

y

awal y

v

E m v mR mgH

R



  

  _{ } 

 

2 2 2 2

2 3

awal y y

E  m v  m v mgH





2





2 2

5 2 10 1

awal

E  m gH mgH mgH  

Energi akhir sistem :





2

2

1 1

2

2 2

akhir y

E  mv  m gH mgH

Energi yang hilang selama tumbukan bola dengan meja :

2 10 akhir awal

QE E   mgH

Substitusikan μ = 0,25 , H = 0,02 m , m = 0,003 kg dan g = 10 m/s2.



 

2

  

₃

10 0, 25 0, 003 10 0, 2 3, 75 10

Q    J

6. (18 poin) Sebuah bandul fisis terdiri atas sebuah cakram berjari-jari R yang bermassa m1 dan sebuah batang tegar dan massanya dapat diabaikan. Cakram diletakkan disalah satu ujung batang, sedangkan ujung batang lain dapat berputar pada titik P (bayangkan cakram menjadi bandul). Jarak antara titik putar dengan pusat massa bandul adalah l. Mula-mula bandul dilepaskan dari keadan diam yang membuat sudut cukup kecil θ terhadap vertikal. Tepat pada posisi terendahnya, bandul menumbuk secara tidak elastis sama sekali cakram yang lain berjari-jari R dan massa m2, dengan m2 < m1. Tentukan :

a. periode bandul sebelum tumbukan! (Nyatakan dalam l,g, dan R)

b. kecepatan bandul sesaat sebelum tumbukan! (Nyatakan dalam l,g,θ dan R)

c. Kecepatan bandul sesaat sesudah tumbukan! (Nyatakan dalam m1,m2, l,g,θ dan R) d. Periode bandul setelah tumbukan! (Nyatakan dalam l,g, dan R)

Penyelesaian:

a. Momen inersia awal pendulum terhadap poros : P

R

R

θ

m2

2 2

1 1

1 2

P

I  m R m l

Torsi relatif terhadap poros :

1 sin

p m gl

   

Persamaan torsi:

2

2 2

1 1 1 2

1 sin

2

p IP

d

m gl m R m l

dt         _  _  

Untuk sudut kecil dapat didekati bahwa sin , sehingga





2

2 2 2

2

0 2

d gl

dt R l

 _{ }

 .

Frekuensi angular pendulum,





2 2 2 2 2 gl R l    Periode pendulum 2 2 2 2 2 2 R l T gl  _    

b. Ambil acuan energi potensial sama dengan nol di titik terendah. Energi mekanik awal sistem





1 1 cos

awal

E m gl  

Energi mekanik akhir sistem saat pendulum di titik terendah ,

2

2 2 2

1 1

1 1 1

2 2 2

b

akhir P P

v

E I m R m l

l

   

  _  _{ }

  

Kekekalan energi mekanik, E_awal E_akhir:





2 2 2

1 1 1

1 1 1 cos

2 2

b v

m gl m R m l

l       _  _{ }   





3 2 2

4 1 cos

2 b gl v R l    _

c. Karena batang ringan maka berlaku kekekalan momentum linear (anda juga bisa menggunakan kekekalan momentum sudut).





1 b 1 2 g

m v  m m v









3 1

2 2

1 2

4 1 cos 2

g

gl m

v

m m R l



 

 

d. Asumsikan poros cakram tepat menyatu setelah tumbukan. Oleh karena periode bandul fisis T tidak bergantung massa maka periode pendulum sebelum dan sesudah tumbukan akan sama.

7. (18 poin) Sebuah kubus dan silinder berada pada lantai horizontal kasar. Kedua permukaan benda tersebut saling bersinggungan, seperti pada gambar. Massa kedua benda sama, demikian pula diameter silinder sama dengan panjang sisi kubus. Untuk seluruh permukaan, koefisien gesek statik dan kinetik masing-masing adalah μs dan μk. Diketahui m= 12 kg, μs = 0,6 , μk = 0,2 dan percepatan gravitasi g = 10 m/s2.

a. Tentukan besar gaya F horizontal yang harus diberikan pada kubus agar kedua benda tersebut bergerak bersama dimana gerakan silinder adalah translasi murni.

b. Tentukan jenis gerakan sistem mula-mula saat sistem mulai bergerak dari keadaan diam (apakah gerakannya murni translasi, translasi dan rotasi atau lainnya)

c. Tinjau sekarang sistem kubus dan silinder dalam keadaan bergerak. Tentukan jenis gerakan sistem jika gaya horizontal yang diberikan sedikit lebih kecil daripada F

(yang dihitung pada soal a). Tentukan pula jenis gerakan sistem jika gaya horizontal yang diberikan sama dengan ½ F.

Penyelesaian :

a. Diagram gaya pada silinder dan kubus :

Tinjau silinder :

Hukum Newton Kedua arah vertikal :

1 3

N mg f

Hukum Newton Kedua arah horizontal:

3 1

N  f ma

Gaya gesek silinder dan meja:





1 k 3

f  N mg f

Tinjau kubus :

Hukum Newton Kedua arah vertikal :

2 3

N mg f

Hukum Newton Kedua arah horizontal:

3 2

F N  f ma

Gaya gesek kubus dan meja:

mg

N

1

f

1

f

3

N

3

mg

F

N

2

N

3

f

3

f

2





2 k 2 k 3

f  N  mg f

Silinder translasi murni (tidak berotasi) sehingga gaya gesek yang bekerja pada silinder dan kubus adalah gaya gesek statis. Syarat silinder tidak berotasi :

3 1

f  f

3 s 3 s 3

f  N  N

Sekarang mari kita tinjau saat f3 = f1, artinya f3 minimum atau F minimum.

Menentukan f1 :





3 k 1 1

f  mg f  f

1

1

k

k

f  mg



 

Menentukan a :





3 s 3 s 1

f  N  ma f







11



s k

s k

a _  g





 _

Menentukan N3 :

3 1

3

s s

f f

N

 

 





3

1

k

k s

N  mg

  



Menentukan N2 :

2 3 1

N mg f mg f

2

1

k

k

N mg  mg



 _{ }

2

1 2 1

k

k

N  mg



  

Menentukan f2 :





2 2

1 2 1

k k

k

k

f  N   mg





  _

Besar gaya F horizontal :

3 2

F N  f ma



1





1 21







11





k k s

k k

k s

k s k

F  mg  _ mg _  mg

   

 _  _  _









1 2





1





1 _{k s} k k k s k s

mg

F      

 

 _    



2





1



1

k

k s

k s

mg

F   

 

 _ 

Diketahui : m= 12 kg, μs = 0,6 , μk = 0,2 dan g = 10 m/s2.

min 88

Besar gaya F minimum agar silinder translasi murni adalah 88 N.

b. Gaya F minimum agar sistem dapat bergerak dari keadaan diam adalah F = 2 μs mg = 144 N. Karena F > Fmin , maka sistem bergerak translasi murni saat mulai bergerak dari keadaan diam. Silinder akan tetap bergerak translasi murni saat F berkurang sampai 88 N.