Dokumen tersebut membahas soal-soal hukum Newton tentang gaya, percepatan, dan jarak tempuh. Soal-soal tersebut meliputi konsep gaya normal, gaya gesek, percepatan, dan jarak tempuh pada benda yang bergerak di bidang miring dan datar.

1. SOAL HUKUM 1,2, 3 NEWTON
1. Perhatikan gambar berikut!
Benda bermassa m = 10 kg berada di atas lantai kasar ditarik oleh gaya F = 12 N ke arah
kanan. Jika koefisien gesekan statis antara benda dan lantai adalah 0,2 dengan koefisien
gesekan kinetis 0,1 tentukan besarnya :
a) Gaya normal
b) Gaya gesek antara benda dan lantai
c) Percepatan gerak benda
Pembahasan
Gaya-gaya pada benda diperlihatkan gambar berikut:
a) Gaya normal
Σ Fy = 0
N − W = 0
N − mg = 0
N − (10)(10) = 0
N = 100 N
b) Gaya gesek antara benda dan lantai
Cek terlebih dahulu gaya gesek statis maksimum yang bisa terjadi antara benda dan
lantai:
fsmaks = μs N
fsmaks = (0,2)(100) = 20 N
Ternyata gaya gesek statis maksimum masih lebih besar dari gaya yang menarik benda
(F) sehingga benda masih berada dalam keadaan diam. Sesuai dengan hukum Newton
untuk benda diam :
Σ Fx = 0
F − fges = 0

2. 12 − fges = 0
fges = 12 N
c) Percepatan gerak benda
Benda dalam keadaan diam, percepatan benda NOL
2. Perhatikan gambar berikut, benda mula-mula dalam kondisi rehat!
Benda bermassa m = 10 kg berada di atas lantai kasar ditarik oleh gaya F = 25 N ke arah
kanan. Jika koefisien gesekan statis antara benda dan lantai adalah 0,2 dengan koefisien
gesekan kinetis 0,1 tentukan besarnya :
a) Gaya normal
b) Gaya gesek antara benda dan lantai
c) Percepatan gerak benda
d) Jarak yang ditempuh benda setelah 2 sekon
Pembahasan
Gaya-gaya pada benda diperlihatkan gambar berikut:
a) Gaya normal
Σ Fy = 0
N − W = 0
N − mg = 0
N − (10)(10) = 0
N = 100 N
b) Gaya gesek antara benda dan lantai
Cek terlebih dahulu gaya gesek statis maksimum yang bisa terjadi antara benda dan
lantai:
fsmaks = μs N

3. fsmaks = (0,2)(100) = 20 N
Ternyata gaya yang gesek statis maksimum (20 N) lebih kecil dari gaya yang menarik
benda (25 N), Sehingga benda bergerak. Untuk benda yang bergerak gaya geseknya
adalah gaya gesek dengan koefisien gesek kinetis :
fges = fk = μk N
fges = (0,1)(100) = 10 N
c) Percepatan gerak benda
Hukum Newton II :
Σ Fx = ma
F − fges = ma
25 − 10 = 10a
a = 15/10 = 1,5 m/s2
d) Jarak yang ditempuh benda setelah 2 sekon
S = Vo t + 1/2 at2
S = 0 + 1/2(1,5)(22)
S = 3 meter
3. Perhatikan gambar berikut, benda 5 kg mula-mula dalam kondisi tidak bergerak!
Jika sudut yang terbentuk antara gaya F = 25 N dengan garis mendatar adalah 37o,
koefisien gesek kinetis permukaan lantai adalah 0,1 dan percepatan gravitasi bumi 10
m/s2 tentukan nilai:
a) Gaya normal
b) Gaya gesek
c) Percepatan gerak benda
(sin 37o = 0,6 dan cos 37o = 0,8)
Pembahasan
Gaya-gaya pada benda diperlihatkan gambar berikut:

4. a) Gaya normal
Σ Fy = 0
N + F sin θ − W = 0
N = W − F sin θ = (5)(10) − (25)(0,6) = 35 N
b) Gaya gesek
Jika dalam soal hanya diketahui koefisien gesek kinetis, maka dipastikan benda bisa
bergerak, sehingga fges = fk :
fges = μk N
fges = (0,1)(35) = 3,5 N
c) Percepatan gerak benda
Σ Fx = ma
F cos θ − fges = ma
(25)(0,8) − 3,5 = 5a
5a = 16,5
a = 3,3 m/s2
4. Perhatikan gambar berikut, balok 100 kg diluncurkan dari sebuah bukit!
Anggap lereng bukit rata dan memiliki koefisien gesek 0,125. Percepatan gravitasi bumi 10
m/s2 dan sin 53o = 0,8, cos 53o = 0,6. Tentukan nilai dari :
a) Gaya normal pada balok
b) Gaya gesek antara lereng dan balok
c) Percepatan gerak balok

5. Pembahasan
Gaya-gaya pada balok diperlihatkan gambar berikut:
a) Gaya normal pada balok
Σ Fy = 0
N − W cos θ = 0
N − mg cos 53o = 0
N − (100)(10)(0,6) = 0
N = 600 Newton
b) Gaya gesek antara lereng dan balok
fges = μk N
fges = (0,125)(600) = 75 newton
c) Percepatan gerak balok
Σ Fx = ma
W sin θ − fges = ma
mg sin 53o − fges = ma
(100)(10)(0,8) − 75 = 100a
a = 725/100 = 7,25 m/s2
5. Balok A massa 40 kg dan balok B massa 20 kg berada di atas permukaan licin didorong oleh
gaya F sebesar 120 N seperti diperlihatkan gambar berikut!
Tentukan :
a) Percepatan gerak kedua balok
b) Gaya kontak yang terjadi antara balok A dan B

6. Pembahasan
a) Percepatan gerak kedua balok
Tinjau sistem :
Σ F = ma
120 = (40 + 20) a
a = 120/60 m/s2
b) Gaya kontak yang terjadi antara balok A dan B
Cara pertama, Tinjau benda A :
Σ F = ma
F − Fkontak = mA a
120 − Fkontak = 40(2)
Fkontak = 120 − 80 = 40 Newton
Cara kedua, Tinjau benda B :
Σ F = ma
Fkontak = mB a
Fkontak = 20(2) = 40 Newton
6. . Balok mengalami gaya tarik F1 = 15 N ke kanan dan gaya F2 ke kiri. Jika benda tetap diam
berapa besar F2?
Jawaban
Karena benda tetap diam, sesuai dengan Hukum I Newton
ΣF = 0
F1 – F2 = 0
F2 = F1

7. = 15 N
7. Balok meluncur ke kanan dengan kecepatan tetap 4 ms-1. Jika F1 = 10 N; F2 = 20 N, berapa
besar F3?
Jawaban
Sesuai dengan Hukum I Newton, gaya yang bergerak lurus beraturan (kecepatan tetap) adalah
nol.
ΣF = 0
F1 + F3 – F2 = 0
F3 = F2 – F1
F3 = 20 – 10
F3 = 10 N
8. Balok B massanya 2 kg ditarik dengan gaya F yang besarnya 6 Newton. Berapa percepatan
yang dialami beban?
Jawaban
Berdasarkan Hukum II Newton
F = m.a (dengan F = 6 N dan m = 2 kg)
6 = 2a
a = 2 / 6 → a = 3 ms-2
9. Balok B dengan massa 2 kg mengalami dua gaya masing-masing F1 = 25 N dan F2 = 20 N
seperti ditunjukkan pada gambar. Berapa percepatan balok B?
Jawaban
Dari Hukum II Newton

8. ΣF = m.a
F1 – F2 Cos 60 = m.a
25 – 20. 0,5 = 2.a
a = 7,5 ms-2
10. Jika balok B yang massanya 2 kg mengalami percepatan 5 ms-2 ke kanan, berapa besar F3?
Jawaban
Karena ΣF = m.a
F1 + F2 – F3 = m.a
10 + 40 – F3= 2,5
F3 = 40 N
11. Berapakah berat benda yang memiiki massa 2 kg dan g = 9,8 ms-2 ?
Jawaban
w = m g
w = 2. 9,8
w = 19,6 Newton.
12. Sebuah balok yang massanya 6 kg meluncur ke bawah pada sebuah papan licin yang
dimiringkan 30° dari lantai. Jika jarak lantai dengan balok 10 m dan besarnya gaya gravitasi
ditempat itu 10 ms-2, maka tentukan percepatan dan waktu yang diperlukan balok untuk sampai
di lantai!
Jawaban
Gaya berat balok diuraikan pada sumbu X (bidang miring) dan sumbu Y (garis tegak lurus bidang
miring). Benda meluncur dengan gaya F = w sin 30°.
Menurut hukum II Newton
F = m × a
w sin 30° = m × a
m × g sin 30° = m × a
6 × 10 × 0,5 = 6 a → a = 5 ms-2

9. 13.Beban m yang mengalami 5 kg dan percepatan gravitasi 10 ms-2 terletak di atas bidang miring
dengan sudut kemiringan 370 (Sin 37 = 0,6). Beban mengakhiri gaya F mendatar sebesar 20 N
Tentukan berapa percepatan m!
Jawaban
Uraikan dahulu gaya pada beban m sehingga tampak gaya-gaya mana saja yang mempengaruhi
gerakan m turun.
Setelah menguraikan gaya pada beban m maka tampak gaya-gaya yang mempengaruhi gerakan
m adalah gaya mg Sin 370 dan F Cos 370. Sesuai dengan Hukum II Newton:
ΣF = Σ m.a
m.g Sin 370 – Cos 370 = m.a
5.10.0,6 – 20.0,8 = 5.a
5 a = 30 – 16
a = 2,8 ms-2
14.Sebuah balok 10 kg diam di atas lantai datar. Koefisien gesekan statis μs= 0,4 dan koefisien
gesekan kinetis μk= 0,3. Tentukanlah gaya gesekan yang bekerja pada balok jika gaya
luar F diberikan dalam arah horizontal sebesar

10. a. 0 N,
b. 20 N, dan
c. 42 N.
Jawaban
Gaya-gaya yang bekerja pada benda seperti diperlihatkan pada gambar. Karena pada sumbu
vertikal tidak ada gerak, berlaku
ΣFy = 0
N – w = 0
N = w = mg = (10 kg)(10 m/s) = 100 N
a. Oleh karena F = 0 maka Fgesek = 0,
b. Gaya gesekan statik fs = μs N = (0,4)(100 N) = 40 N.
Karena F = 10 N < fs maka benda masih diam (F = 20 N tidak cukup untuk menggerakkan
benda).
Oleh karena itu,
ΣFx = F – Fgesek = 0
sehingga diperoleh Fgesek = F = 20 N
c. F = 42 N > fs = 40 N maka benda bergerak. Jadi, pada benda bekerja gaya gesekan
kinetik sebesar
Fgesek = Fk = μk N
= (0,3)(100 N) = 30 N.
15. Suatu balok bermassa 200 gram berada di bidang miring dengan kemiringan 30° terhadap bidang
datar.
Jika koefisien gesek statis dan kinetis antara balok dan bidang miring 0,25 dan 0,1, serta nilai
percepatan gravitasi 10 m/s2, maka tentukan gaya gesek yang bekerja pada balok!

11. Jawaban
Langkah 1 :
Gambarkan peruraian gayanya
Langkah 2 :
Tentukan gaya gesek statis maksimumnya :
fsmak = μs . N
fsmak = μs . w cos 30°
fsmak = μs . m . g . cos 30°
fsmak = 0,433 N
Langkah 3 :
Tentukan gaya penggeraknya :
Fmiring = w sin 30°
Fmiring = m . g. sin 30°
Fmiring = 0,2 . 10 . 0,5
Fmiring = 1 N
Langkah 4 :
Membandingkan gaya penggerak terhadap gaya gesek statis maksimumnya. Ternyata gaya
penggeraknya lebih besar dibanding gaya gesek statis maksimumnya, sehingga benda bergerak.
Gaya gesek yang digunakan adalah gaya gesek kinetis.
fk = μk . N
fk = μk . w cos 30°
fk = μk . m . g . cos 30°
fk = 0,173 N
16. Dua buah benda digantungkan dengan seutas tali pada katrol silinder yang licin tanpa gesekan
seperti pada gambar. Massa m1 dan m2 masing- masing 5 kg dan 3 kg. Tentukan:
a. Percepatan beban
b. Tegangan tali

12. Jawaban
Benda m1 karena massanya lebih besar turun, sedangkan benda m2 naik. Gaya tegangan tali di
mana-mana sama karena katrol licin tanpa gesekan.
a. Tinjau benda m1
Σ F = m1 . a
w1 – T = m1 . a
5 . 10 – T = 5 . a
T = 50 – 5a
Tinjau benda m2:
Σ F = m2 . a
T – W2 = m2 . a
T – 3.10 = 3 . a
T = 30 + 3a
Disubstitusikan harga T sama.
T = T
50 – 5a = 30 + 3a
8 a = 20
a = 2,5 m/s2
b. Untuk mencari besar T pilihlah salah satu persamaan.
T = 30 + 3a
T = 30 + 3 x 2,5
T = 30 + 7,5
T = 37,5 N
17. Pesawat Atwood seperti pada gambar, terdiri dari katrol silinder yang licin tanpa gesekan. Jika
m1 = 50 kg , m2 = 200kg dan g = 10 m/det2 antara balok m1 dan bidang datar ada gaya gesek
dengan μ = 0,1. massa katrol 10 kg. hitunglah:
a. percepatan sistem

13. b. gaya tegang tali
Jawaban
a. Tinjau m1:
Σ F = m . a
T – fk = m . a
T – μk . N = m1 . a
T – 0,1 . m1 . g = m1 . a
T – 0,1 50 . 10 = 50 . a
T = 50 + 50a
Tinjau m2 (dan substitusikan nilai T):
Σ F = m . a
w2 – T = m2 . a
m2 . g – T = m2 . a
200 . 10 – (50 + 50a) = 200 . a
2000 – 50 – 50a = 200 . a
1950 = 250 . a
a = 7,8 m/s2.
b. Hitunglah nilai T
T = 50 + 50a
T = 50 + 50 x 7,8
T = 50 + 390
T = 440 N
18. Bidang miring dengan sudut kemiringan q = 30º, koefisien gesek 0,2. Ujung bidang miring
dilengkapi katrol tanpa gesekan. Ujung tali diatas bidang miring diberi beban 4 kg. Ujung tali
yang tergantung vertikal diberi beban dengan massa 10 kg. Tentukanlah percepatan dan tegangan
tali sistem tersebut!

14. Jawaban
Tinjau m1 : Σ F1 = m1 . a
T – fk – w1 sin 30 = m1 . a
T – μk . N – m1 g sin 30 = m1 . a
T – μk . m1 . g . cos 30 – m1 . g sin 30 = m1 . a
T – 0,2 . 4 . 10 . ½ 3 - 4 . 10 . ½ = 4 . a
T – 4 3 - 20 = 4a
T = 26,928 + 4a
Tinjau m2 :
Σ F = m2 . a
w2 – T = m2 . a
w2 . g – T = m2 . a
10 .10 – T = 10 .a
T = 100 – 10a
Substitusi: T = T
26,928 + 4a = 100 – 10a
14 a = 73,072
a = 5,148 m/s2.
Jadi gaya tegangan tali sebesar:
T = 100 – 10 . 5,148
= 48,52 N
19 Seseorang yang bermassa 30 kg berdiri di dalam sebuah lift yang bergerak dengan percepatan 3
m/s2. Jika gravitasi bumi 10 ms-2, maka tentukan berat orang tersebut saat lift bergerak ke atas
dipercepat dan bergerak ke bawah dipercepat!
Jawaban
a. Lift bergerak ke atas
w = N = mg + m × a
= 30 × 10 + 30 ×3
= 300 + 90
= 390 N
Jadi, berat orang tersebut saat lift bergerak ke atas dipercepat adalah 390 N.

15. b. Lift bergerak ke bawah
w = N = mg – m × a
= 30 × 10 – 30 × 3
= 300 – 90
= 210 N
Jadi, berat orang tersebut saat lift bergerak ke bawah dipercepat adalah 210 N.
20.
Kereta M dipercepat ke kanan dengan percepatan . Abaikan semua gesekan,
massa katrol, dan juga massa tali. Anggap g = 10 m/s2
. Jika maka
tegangan tali T pada sistem …. (Simak UI 2010)
(A) 8 N
(B) 12 N
(C) 15 N
(D) 20 N
(E) 25 N
SOLUSI:
Karena yang mengalami percepatan adalah kereta M, maka kotak yang juga mengalami
percepatan yang nilai dan arahnya sama adalah kotak 3 karena terletak secara vertikal
tepat di sebelah kanan, serta kotak 2 karena terhubung dengan kotak 3. Percepatan pada
kotak satu tidak sama dengan nilai percepatan pada kotak 2 dan 3.
Persamaan Hukum Newton 2 pada kotak 1 secara horizontal dapat ditullis dengan:
tidak dapat dihitung.
Persamaan pada kotak 2 secara horizontal dapat ditullis dengan:

16. Persamaan pada kotak 3 secara vertikal dapat ditullis dengan:
disubstitusikan dengan persamaan kotak 2.
Kita dapat mencari nilai sebesar:
Jadi, tegangan tali T pada sistem sebesar
Jawaban: B