GARIS-GARIS BESAR ISI MEDIA VIDEO PEMBELAJARAN BIMBEL FISIKA SMA

GARIS-GARIS BESAR ISI MEDIA VIDEO PEMBELAJARAN BIMBEL FISIKA SMA Kategori Mata Pelajaran Penulis Pengkaji Materi Pengkaji Media Durasi Jumlah Episode

: : : : : : :

Formal Fisika SMA Iwan Husdiantama Imam Prasaja Yenny Husnaini 24 menit/ episode 10

DAFTAR ISI GARIS-GARIS BESAR ISI MEDIA VIDEO PEMBELAJARAN BIMBEL FISIKA SMA EPISODE 1

JUDUL / TOPIK MEKANIKA KLASIK SISTEM PARTIKEL

GARIS-GARIS BESAR ISI MEDIA VIDEO PEMBELAJARAN Kategori Mata Pelajaran Kelas / Semester Penulis Pengkaji Materi Pengkaji Media Durasi Episode

: : : : : : : :

Formal Fisika X/ Iwan Husdiantama Imam Prasaja Yenny Husnaini 24 menit 1

NO

STANDAR KOMPETENSI

KOMPETENSI DASAR

TOPIK / JUDUL

INDIKATOR

MATERI POKOK

(1)

(2)

(3)

(4)

(5)

(6)

1

Mendeskripsikan gejala alam dalam cakupan mekanika klasik sistem diskret (partikel)

1. Menjelaskan Hukum Newton sebagai konsep dasar dinamika, dan mengaplikasikannya dalam persoalanpersoalan dinamika sederhana.

Mekanika klasik sistem Setelah menyaksikan partikel (Aplikasi hukum program ini pemirsa Newton pada sistem partikel diharapkan dapat : pada kehidupan sehari-hari) 1. Memformulasikan Hukum Newton sebagai konsep dasar dinamika.

2. Menemukan hubungan antara konsep impuls dan momentum, berdasarkan pada hukum Newton tentang gerak dan hukum kekekalan momentum

2. Menjelaskan konsep gaya sentripetal pada gerak melingkar beraturan.

2. Gerak melingkar beraturan

3. Menerapkan prinsip hukum kekekalan momentum untuk menghitung kecepatan benda yang berinteraksi.

3. Hukum kekekalan momentum

1. Hukum Newton

URAIAN MATERI

(7) a.

-

Hukum Newton •

Pengertian singkat dan rumus tentang hukum Newton

Gaya : sesuatu yang dapat mengubah bentuk, kecepatan, ukuran, dan arah gerak suatu benda. Gaya normal: gaya kontak yang bekerja dengan arah tegak lurus bidang sentuh jika dua benda bersentuhan. Gaya gesekan: gaya yang timbul bila dua benda bersentuhan dan ada upaya menggerakkan benda yang satu terhadap yang lain dan pemahaman bahwa gaya yang timbul itu selalu menentang upaya tersebut.

Hukum Newton: • •

•

∑F = 0 : ∑ F = m..a

Hk. Newton I : Hk. Newton II

Hk. Newton III : Gaya aksi = Gaya reaksi (tetapi arahnya berlawanan.

PUSTAKA

KETERANGAN

(8)

(9)

Teori dan Soal-soal Fisika, Seri Buku Schaum, Frederick J Bueche, Ph. D, Penerbit Erlangga, 1999 Buku Fisika SMA, Marthen Kanginan, Penerbit Erlangga

•

Soal dan penyelesaian tentang Hukum Newton a. Sebuah balok yang massanya 1 kg ditarik dengan gaya mendatar 12 N. Setelah beberapa detik kemudian ternyata jarak yang ditempuh benda 30 m. Hitung kecepatan akhir balok! ( µk =0,6 dan g=10 m/det2).

F

fg

A. 6 3 N B. 6 5 N

C. 6 6 N

D. 6 10 N E. 12 3 N

Jawab: D

12 N

µk=0,6

CARA PENYELESAIAN: Untuk menyelesaikan soal ini, lihat diagram bebas balok di bawah ini:

N

F fg Wb Dari diagram bebas terlihat gaya-gaya yang bekerja pada balok yaitu gaya tarik (F), gaya gesek (fg), gaya normal lantai pada balok (N) dan gaya berat balok (Wb). F=12 N fg=µk.N dimana N=Wb=mb.g=1.(10)=10 N. Sehingga fg=0,6.(10)=6 N. CARA KONVESIONAL: Kita cari dulu percepatan sistem benda (a): Σ F = m.a ⇔ F – fg = m.a ⇔ 12 – 6 = 1.a ⇔ a = 6 m/det2 Kecepatan akhir kita cari dengan rumus di pelajaran kinematika

gerak lurus:

vt = v o + 2.a.s dimana: vo=0 2

2

s=30 m a=6 m/det2

⇔ vt = 0 2 + 2.(6).(30) = 360 2

⇔ vt = 360 = 6 10 m/det.

TRIK: Kita gunakan hukum kekekalan energi mekanik yaitu: Usaha yang dilakukan oleh gaya untuk menggerakkan balok sejauh s, sama dengan selisih energi kinetik akhir dan awal.

W = ∆E k ⇔ (ΣF ).s =

(

)

1 2 2 mb . vt − v o dimana : vo = 0. 2

( )

⇔ (F − f g ).s =

1 2 mb . vt 2

⇔ (12 − 6 ).30 =

1 2 . 1. v t 2

⇔

( )

1 2 v t = (6).30 2

⇔ vt = 360 2

( )

⇔ vt = 360 = 6 10 m/det. Ternyata hasilnya sama dengan hasil cara konvensional dan lebih singkat karena hanya menggunakan satu persamaan dan tidak perlu repot-repot mencari harga percepatan sistem, a!

b. Dua buah balok dengan berat 15 N dan 10 N ditumpuk di atas meja licin horizontal seperti gambar di bawah ini:

fg F

15 N B A

10 N

Jika g= 10 m/s2 dan gaya gesek statik maksimum antar kedua permukaan balok tersebut adalah 4 N, maka agar kedua balok tersebut tetap bergerak bersama-sama, besar gaya F yang dikenakan pada balok 10 N tidak boleh melebihi…N.

10 N 3 20 B. N 3 A.

C. 25 N D.

25 N 3

E. -5 N

Jawab: B CARA PENYELESAIAN: Diagram bebas balok A dan B: aA

fs(max) F

aB

A

B -fs(max)

Agar balok B tidak slip atau masih bergerak bersama-sama dengan balok A, maka aA = aB = amax. Tinjau balok B:

ΣF = m B .a B Dimana:

( f s )maksimum

Dan m B =

WB g

=4 N

Sehingga persamaan di atas menjadi:

( f s )max

W =  B  g

a B = f s (max) .

 .a B ………………………………………………..Persamaan (i) 

g 10 8 = 4. = m/det2 WB 15 3

Sekarang, untuk mencari gaya F maksimum agar benda B tidak slip, tinjau benda A:

ΣF = m A .a A dimana: m A =

⇔ F − f s (max) =

(WA ) g

WA .a A ………………………..………………..Persamaan (ii) g

W  8 + 12  10   8  N ⇔ F =  A .a B + f s (max) =  .  + 4 = 3  10   3   g  Jadi gaya maksimum yang boleh dikenakan pada balok A agar balok B tidak slip adalah sebesar

20 N. 3

TRIK: Agar tidak susah-susah menghitung percepatan sistem (a), maka bagi persamaan (ii) dengan persamaan (i), sehingga didapat persamaan:

F − f s (max) f s (max)

=

WA ……………………………………………..Persamaan (iii) WB

Jika harga dari gaya gesek statik maksimum, harga berat balok A dan B, serta harga percepatan gravitasi kita masukkan ke persamaan tiga, maka didapat:

F − 4 10 = 4 15 F=

2 8 20 .4 + 4 = + 4 = N 3 3 3

Atau: Tinjau sistem keseluruhan, sehingga didapat persamaan:

∑F = m

Total

F=

.a

(W A + WB ) g

.a

Masukkan harga WA, WB, g dan a, sehingga didapat:

F=

(10 + 15) . 8 = 25 . 8 = 20 N 10

3

10 3

3

c.

T1

A

fg

µk = 0,2

T2 B

Berapa tegangan tali? Jika diketahui mA = 25 kg dan mB = 15 kg serta g = 10 m/s2 A. B. C. D. E.

100 100,5 112,5 122,5 115

N N N N N

Jawab: C.

CARA PENYELESAIAN: Dari data soal hitung besar gaya WB, NA, dan fg. WB = mB .g = 15.(10) = 150 N

N A = WA = mA .g = 25.(10) = 250 N

f g = f k = µk . N A

= 0,2.(250) = 50 N

Kemudian kita gambarkan dulu diagram bebas sistem seperti gambar di bawah ini: NA

T T

fg,A

WA

WB

Balok A

Balok B

Tinjau balok A terlebih dahulu. Menurut hukum Newton II:

∑F

x

= m A .a

Gaya yang searah dengan percepatan sistem, diberi tanda plus dan sebaliknya diberi tanda minus.

⇔ T − f g = mA .a ⇔ T − 50 = 25.a …………………………….Persamaan (i). Kemudian tinjau balok B:

∑F

y

= mB .a

⇔ WB − T = mB .a ⇔ 150 − T = 15.a …………………………….Persamaan (ii). Selesaikan persamaan (i) dan (ii) dengan menjumlahkan kedua persamaan:

T − 50 = 25.a 150 − T = 15.a

+

T − 50 + 150 − T = (25 + 15).a ⇔ 0 + 100 = (40).a 100 ⇔a=( ) = 2,5 m/det2. 40 Masukkan harga percepatan sistem ke persamaan (i) atau (ii), maka didapat harga tegangan tali:

WB − T = mB .a ⇔ T = WB − m B .a = ( g − a ).m B ⇔ T = ( g − a ).mB = (10 − 2,5).15 = 112,5 N. Jadi tegangan tali ( T ) adalah sebesar 112,5 N.

TRIK: Kalau kita ringkas langkah penyelesaiannya, khususnya untuk sistem benda seperti di atas dimana massa benda diketahui, maka kita dapat

mencari, (i). Percepatan sistem dengan rumus:

a = K .g

dimana:

 m − µ k .m A   ; K bisa kita sebut rasio percepatan K =  B  m A + mB  sistem terhadap percepatan gravitasi.

(ii). Dan tegangan tali dengan rumus:

T = [1− K ].mB .g

Kita hitung dulu harga K: Dari soal: mA= 25 kg, mB= 15 kg, µk=0,2 dan g=10 m/det2 Maka,

 15 − 0,2.(25)  15 − 5 1 K = = = 40 4  25 + 15  Sehingga,

a = K .g =

1 .(10) = 2,5 m/det2. 4

Untuk menghitung besarnya tegangan tali masukkan harga K=1/4, mB=15 dan g=10, maka didapat:

[

]

 3 T = 1 − 1 4 .15.(10) =  .150 = 112,5 N.  4 Ternyata jawabannya konvensional.

sama

dengan

hasil

perhitungan

cara

KUIZ: Jika sistem benda seperti di atas, namun yang diketahui hanyalah berat balok yang menggantung sebesar 500 N dan rasio perbandingan percepatan sistem dengan percepatan gravitasi bumi sebesar 0,5. Berapa besarnya tegangan tali, jika diketahui g=10m/det2 sedangkan berat balok A dan µk tidak diketahui?

d. Dua buah balok saling berdampingan seperti pada gambar. Berapa gaya kontak balok A terhadap balok B atau sebaliknya? Diketahui gaya F = 720 N dan µk=0,15.

A. B. C. D. E.

350 N 400 N 450 N 500 N 600 N

Jawab: B.

CARA PENYELESAIAN: Tinjau benda A: NA a F

RBA

fg,A WA Terlihat gaya-gaya yang bekerja pada balok A yaitu: gaya dorong F, gaya gesek lantai terhadap balok A fg,A, dan gaya kontak balok B terhadap balok A RBA = -RAB. Menurut hukum Newton II,

ΣFx = m. A a ⇔ F − f g , A − R AB = m A .a Dimana, F = 720 N.

N A = WA = mA .g = 80.(10) = 800 N. f g , A = µ k . N A = 0,15.(800) = 120 N.

⇔ F − µ k .N A − R AB = m A .a

⇔ 720 − 120 − R AB = 80.(a ) ⇔ 600 − R AB = 80.a …………………………………..………..Persamaan (i) Sekarang tinjau balok B: NB

RAB

fg,B WB Gaya-gaya yang bekerja pada balok B yaitu: gaya gesek lantai terhadap balok B fg,B, dan gaya kontak RAB . Gaya RAB (gaya kontak balok A terhadap balok B) besarnya sama dengan gaya RBA, namun arahnya berlawanan. Menurut hukum Newton II:

ΣFx = m. B a Dimana,

mB = 100 kg. N B = WB = mB .g = 100.(10) = 1000 N.

f g , B = µ k .N B = 0,15.(1000) = 150 N.

⇔ R AB − f g , B = m B .a ⇔ R AB − 150 = 100.(a ) …………………………………..………..Persamaan (ii) Untuk menyelesaikan pers. (i) dan (ii), jumlahkan keduanya, sehingga didapat persamaan:

600 − R AB = 80.a R AB − 150 = 100.(a )

+

450 = 180.a ⇔ a=

450 = 2,5 m/det2. 180

Untuk mencari gaya kontak RAB, masukkan harga percepatan sistem a ke persamaan (ii), sehingga:

R AB − 150 = 100.(2,5) ⇔ R AB = 250 + 150 = 400 N. Jadi besarnya gaya kontak balok A terhadap balok B adalah 400 N. TRIK: Tinjau sistem keseluruhan:

a=

F − f g, A − f g,B ΣFx = m.Total m A + mB

Dari soal diketahui:

m A = 80 kg mB = 100 kg.

F = 720 N.

Kemudian hitung harga gaya-gaya yang bekerja yang belum diketahui:

N A = WA = mA .g = 80.(10) = 800 N. f g , A = µ k . N A = 0,15.(800) = 120 N.

N B = WB = mB .g = 100.(10) = 1000 N. f g , B = µ k .N B = 0,15.(1000) = 150 N.

⇔ a=

720 − 120 − 150 450 = = 2,5 m/det2 180 180

Untuk menghitung gaya kontak balok A terhadap balok B , tinjau balok B yang mana gaya-gaya bekerja padanya paling sedikit:

R AB − 150 = 100.(a ) ⇔ R AB = 100.(2,5) + 150 = 250 + 150 = 400 N. b.

Gerak melingkar beraturan Pengertian singkat dan rumus tentang gerak melingkar beraturan

•

Gerak melingkar beraturan adalah gerak suatu benda yang menempuh lintasan berbentuk lingkaran dengan kelajuan linier (besar kecepatan linier) tetap.

ω = 2.π . f

(kecepatan sudut)

v = ω .R

as =

v2 R

(percepatan sentripetal)

Gaya sentripetal ( Fs ) ialah gaya yang bekerja pada sebuah benda, yang mengakibatkan benda tersebut bergerak melingkar. Arah gaya ini menuju pusat lingkaran dan besarnya : Fs =

•

(kelajuan linier)

m.V 2 = m.ω 2 .R R

SOAL DAN PENYELESAIAN : a. Sebuah bola bermassa 0,2 Kg diikat dengan tali sepanjang 0,5 m kemudian diputar sehingga melakukan gerak melingkar beraturan dalam bidang vertikal. Jika pada saat mencapai titik terendah kelajuan bola adalah 5 m/detik, maka tegangan talinya pada saat itu besarnya… A. B. C. D. E.

2N 8N 10 N 12 N 18 N

Jawab: D

CARA PENYELESAIAN: Gambar gaya-gaya yang bekerja.

T

W

Dari diagram bebas bola diketahui gaya-gaya yang terlibat yaitu tegangan tali T, dan gaya berat bola W yang mana resultan kedua gaya ini adalah gaya sentripetal yang arahnya selalu ke pusat putaran. Jika kita gunakan hukum Newton II, maka besarnya resultan gaya-gaya radial tersebut yang bekerja sebagai gaya sentripetal Fs adalah: ∑F=m.as T – W = m.v2/R W=m.g=0,2.10 = 2 N T – 2 = 0,2.52/0,5 T = 10 + 2 = 12 N Disini Mr. Trick tidak memberi trik penyelesaian soal, tetapi Mr. trick ingin menunjukkan kesalahan yang sering dilakukan siswa dalam memahami konsep gaya sentripetal dan keseimbangan benda partikel berkaitan dengan hukum Newton.

Perhatikan gambar diagram gaya-gaya yang bekerja pada bulan yang mengitari bumi terus menerus pada orbit melingkar ! Mana gambar diagram gaya yang benar?

F Gambar (i)

F

F

Gambar (ii)

F

Gambar (iii)

Gambar kesatu. Kesalahan siswa adalah ide bahwa bahwa resultan gaya adalah searah dengan gerak. ide Yang benar: resultan gaya searah dengan percepatan. Gambar kedua. Kesalahan siswa disini: ide bahwa gaya sentripetal dan gaya sentrifugal pada bulan yang melingkar, dimana kedua gaya ini sama besar, tetapi berlawanan arah.Yang benar: gaya sentrifugal sesungguhnya tidak bekerja pada kerangka acuan diam. Gambar ketiga. Ini ide yang benar yaitu hanya ada gaya sentripetal yang disebabkan oleh gaya gravitasi bumi-bulan yang selalu tegak lurus pada arah kecepatan dengan percepatan, sehingga gaya ini hanya membelokkan bulan dan tidak mempercepat atau memperlambat gerakan bulan.

Kuiz: Berapa tegangan tali (T) jika bola di atas diputar pada bidang

horizontal dimana tali sejajar dengan bidang horizontal tersebut dan bola mempunyai kecepatan linier 5 m/det? A. 7 N B. 10 N C. 5 N D. 2 N. E. -5 N. (Jawab: 10 N)

c.

Hukum kekekalan momentum • Pengertian singkat dan rumus tentang kekekalan momentum

Momentum ialah jumlah gerak yang besarnya berbanding lurus dengan massa dan kecepatan.

Hukum kekekalan momentum:

′ ′ m A .v A + m B .v B = m A .v A + m B .v B

Koefisien restitusi tumbukan (e): e=

′ ′ − (vB − v A ) vB + v A Tumbukan lenting sempurna, e = 1. Tumbukan tidak lenting sama sekali, e = 0.

•

Soal dan penyelesaian tentang kekekalan momentum a.

Suatu inti radio aktif 3,8 .10-25 kg memancarkan partikel dengan massa 6,67.10-27 kg dengan kecepatan 1,5.107 m/det. Jika inti tersebut mulamula diam, hitung kecepatan inti tersebut setelah partikel dipancarkan. A. B. C. D. E.

-2,68.105 m/det 2,68.105 m/det -2,63. 105 m/det -8,55.108 m/det 8,55.108 m/det

Jawab: A.

CARA PENYELESAIAN:

Inti

Inti sisa

partikel

Massa inti+partikel = mI =3,8.10-25 kg Massa partikel = mp = 6,67. 10-27 kg. Kecepatan inti mula-mula = vI Kecepatan partikel = vp. Dimana, vI = vp = V = 0

Kecepatan partikel ketika terpancar = v p

′ ′

Massa inti setelah partikel terpancar = mI = mI − m p

= 3,8.10 −25 − 6,67.10 −27 = 3,73.10 −25 kg

Menurut hukum kekekalan momentum:

′ ′ ′ m I .V = m I .v I + m p .v p

′ 3,8.10 −25.(0) = 3,73.10 −25.v I + 6,67.10 −27 .1,5.10 7 ′ 3,73.10 −25.vI = −10,005.10 −20 ′ vI = −2,68.105 m / det (Tanda min menunjukkan arah kecepatan inti

sisa berlawanan dengan arah kecepatan partikel yang terpancar.

Jadi inti sisa akan bergerak dengan kecepatan 2,68.105 m/det berlawanan arah dengan arah partikel terpancar.

b. Sebuah bola dilepaskan pada ketinggian 20 m, setelah menumbuk lantai, bola memantul kembali ke atas dengan kecepatan 10 m/det. Berapa ketinggian bola memantul setelah pantulan ke-10 ? A. B. C. D. E.

10 (2)10 20 (2)10 10 (4)10 20 (4)10 5 (2)10

m m m m m

Jawab: D.

CARA PENYELESAIAN: Diketahui dari soal : h1=20 m, V1′ =10 m/det.

Keterangan gambar: Kejadian sesungguhnya lintasan pantulan bola berimpitan.

h1=20 m h1’ (=h2)

h2’ (=h3) dst…

e=

hn′ − (V n′ ) = hn Vn

h10’ =?

dimana: e = koefisien restitusi tumbukan.

Vn′

=

kecepatan bola sesaat setelah tumbukan ke-n dengan lantai.

Vn

=

kecepatan bola sesaat sebelum tumbukan ke-n dengan lantai.

hn

= ketinggian bola sebelum tumbukan ke-n.

hn′

= ketinggian bola sesudah tumbukan ke-n

Untuk mencari kecepatan mula-mula sebelum pantulan ke- 1 (V1)

digunakan rumus gerak jatuh bebas : v1 = m/det.

2.g.h 1 = 2.10.20 = 20

Untuk mencari tinggi bola memantul setelah pantulan ke- 1 (h1‘), dihitung berdasarkan koefisien restitusi tumbukan/ pantulan

e=

2.g.h1 ' − v1 h' hn ' = = 1 = ……………………………. persamaan ( i ) v1 h1 hn 2.g.h1

Jadi,

h1 ' − v1 − 10m / det 1 =e= = = h1 v1 − (20)m / det 2

………………………(ambil kecepatan yang arahnya ke bawah diberi tanda - )

⇔

h1 ' 1 h ' 1 1 1 1 = ⇔ 1 =   = ⇔ h1 ' = .h1 = .(20) = 5m h1 2 h1  2  4 4 4 2

Untuk mencari tinggi bola setelah memantul yang ke-2 kalinya ( h2 ' ):

h2 ' =

h2 ' 1 1 1 1 5 = ⇔ h2 ' = .h2 = .h1 ' = .5 = m h2 4 4 4 4 4

(ingat : h1 ' = h2 ; h2 ' = h3 ; h3 ' = h4 ;....h10 ' = h9 ) Selanjutnya, Hingga,

1 1 .(h10 ) = h9 ' Dengan asumsi kita juga telah menghitung 4 4 20 h3 ' sampai h9 ' , kalau kita hitung akan di dapat h10 ' = 10 m (4 ) h10 ' =

TRIK : Keterangan gambar: Kejadian sesungguhnya lintasan pantulan bola berimpitan.

h1=20 m h1’ (=h2)

h2’ (=h3)

h10’ =?

dst…

Kita ingin menghitung h10’ dari data soal yang ada yaitu h1. Dengan

kata lain,

h10 ' = k h1

Untuk mendapat k kita cari polanya (rumusnya): Misal untuk mencari tinggi bola setelah pantulan ke-3 ( h3’) : Ingat : h1 ' = h2 , h2 ' = h3

h3 ' h3 ' h2 ' h1 ' = . . h1 h3 h2 h1

Karena,

h3 ' h2 ' h1 ' = = = e2 h3 h2 h1

Maka :

h3 ' = e2 e2 e2 = e2 h1

ingat

( )( )( ) ( )

3

e=

hn ' hn

( )

3

h3 ' = e 2 .h1 Kalau terjadi n pantulan, maka :

( )

( )

hn ' = e 2 .h1 → k yang kita cari tadi = e 2 n

n

Untuk mencari tinggi bola setelah memantul 10 kali :

( )

h10 ' = e

2 10

 1  2  20 .h1 =    .20 = 10 m (4 )  2   10


: : : : : : :


GARIS-GARIS BESAR ISI MEDIA VIDEO PEMBELAJARAN BIMBEL FISIKA SMA EPISODE 2

JUDUL / TOPIK KESEIMBANGAN BENDA TEGAR DAN FLUIDA.


: : : : : : : :

Formal Fisika X/ Iwan Husdiantama Imam Prasaja Yenny Husnaini 24 menit 2

NO

STANDAR KOMPETENSI

KOMPETENSI DASAR

TOPIK / JUDUL

INDIKATOR

MATERI POKOK

(1)

(2)

(3)

(4)

(5)

(6)

1

Menerapkan konsep dan prinsip mekanika klasik dan sistem kontinyu (benda tegar dan fluida) dalam penyelesaian masalah.

1.

2.

Menemukan hubungan antara konsep torsi dan momentum sudut berdasarkan hukum Newton II serta penerapannya dalam masalah benda tegar Menganalisis hukumhukum yang berhubungan dengan fluida statik dan dinamik dan dapat menerapkan konsep tersebut dalam kehidupan sehari-hari

Keseimbangan benda tegar Setelah menyaksikan dan Fluida. program ini pemirsa (Aplikasi hukum Newton diharapkan dapat : pada sistem kontinyu pada kehidupan sehari-hari) 1. Menghitung lengan gaya dan besarnya gaya yang terlibat pada keseimbangan benda tegar. 2. Menghitung tekanan dan gaya yang dialami benda di dalam fluida statik. 3. Mencari hubungan tekanan dengan kecepatan alir dan massa jenis fluida serta ketinggian tempat fluida dinamik.

1.

Keseimbangan benda tegar.

2.

Hukum Hidrostatik Archimedes

3.

Hukum persamaan Bernouli

dan dan

URAIAN MATERI

(7) 1.

Keseimbangan benda tegar. •

Pengertian singkat dan rumus tentang keseimbangan benda tegar

Benda tegar : benda yang ukurannya tidak dapat diabaikan tetapi benda tidak berubah bentuk jika diberi gaya.

Momen gaya:

τ = l.F Dimana: l adalah lengan momen yaitu panjang garis yang ditarik dari titik poros sampai memotong tegak lurus garis kerja gaya. F

lp

l

Titik poros

PUSTAKA

KETERANGAN

(8)

(9)

Syarat benda tegar dalam keseimbangan:

∑F ∑F Dan

• a.

x

=0

y

=0

∑τ = 0

Soal dan penyelesaian tentang keseimbangan benda tegar Papan yang panjangnya 4 m dan massanya 25 kg diletakkan di atas penyanggah (lihat gambar). Seorang yang massanya 100 kg berdiri di atas papan 1,5 m dari ujung A. Berapa meterkah orang tersebut harus bergeser menjauhi ujung A agar ujung A tepat akan terangkat dari penyangganya? A. B. C. D. E.

0,25 m 1,5 m 1,75 m 2,25 m 3,25 m

1,5 m

Jawab: C.

A

B 3m

Wp

CARA PENYELESAIAN: Pertama-tama, kita gambar dulu diagram gaya yang bekerja pada papan.

1,5 m

?

x1=1 m

A 3m

Wp

B

4m Sesuai dengan pengalaman kita dengan papan keseimbangan, agar ujung A tepat akan terangkat, kita harus bergeser menjauhi ujung A dan melewati titik B hingga berada di sebelah kanan titik B. Agar papan seimbang atau ujung A tepat akan terangkat,

∑F

y

= 0 ………………………………..Syarat (i)

B

= 0 ………………………………..Syarat (ii)

dan

∑τ

Pilih poros dimana terdapat minimal satu gaya yang tidak diketahui yaitu titik B. Tetapkan momen gaya yang searah arah jarum jam diberi tanda plus (+), dan sebaliknya diberi tanda (-). Sehingga,

τ 1 −τ 2 = 0 ⇔

x1 .F1 − x2 .F2 = 0

Dimana: x1=x; x2=1 m; F1=Wo=mo.g=100.(10)=1000 N; F2=Wp=mp.g=25.(10)=250 N.

⇔ ( x).1000 − (1).250 = 0 ⇔ 1000( x) = 250

⇔ x=

250 1 = = 0,25 m. 1000 4

Jadi agar ujung A tepat akan terangkat, orang harus bergeser sejauh (1,5 + 0,25) m = 1,75 m menjauhi ujung A. Jawabnya: C. TRIK PENYELESAIAN CEPAT: Pada papan keseimbangan dan hanya terlibat 2 gaya pada ujungujungnya, perbandingan gaya-gaya dapat kita cari dari perbandingan jarak gaya dari titik acuan (poros), atau sebaliknya. Begini caranya! Dengan cara perbandingan terbalik (lihat gambar di bawah ini):

x2=?

x1=1 Wp

0 RB

Wo

x 2 F1 ……………………………………………………Persamaan (i) = x1 F2

⇔

x 2 F1 m p . g m p = = = x1 F2 mo .g mo

⇔

x2 m p ………………………………………………Persamaan (ii) = x1 mo

Persamaan (i) dipakai jika berat papan dan orang diketahui. Sedangkan persamaan (ii) dipakai jika massa papan dan orang yang diketahui.

⇔ x2 =

mp mo

.( x1 ) =

25 1 .(1) = = 0,25 m. 100 4

Jarak 0,25 m tersebut diukur dari titik B, kalau dari posisi mulamula, orang bergeser sejauh (1,5 + 0,25) sama dengan 1,75 m.

b.

Sebuah tangga homogen yang beratnya 15 N bersandar pada dinding yang licin dan ujung yang lain di lantai yang kasar seperti yang terlihat pada gambar. Besarnya gaya yang dilakukan lantai pada tangga adalah? A.

10 13 N

D.

15

B. C. E.

5 13 N 15 N

13 N 15 3 N

Jawab: B.

A NB

fg B

θ= 37o

CARA PENYELESAIAN: A

NA

P1

θ

C NB

P

D

Wp

θ fg

Keterangan: AB = L = panjang tangga.

θ = 37o. B

Tangga dalam keseimbangan, pilih A sebagai poros sehingga:

∑τ

A

=0

⇔ ( AP1 ).W p + ( AD ). f g − ( AC ). N B = 0

Dimana:

4 AP1 = ½.(L).cos 37 o = ½.(L).( ) 5 3 AD = (L).sin 37 o = (L).( ) 5 4 AC = (L).cos 37 o = (L).( ) 5 f g = µ s .N B

⇔ ½.(L).(

4 3 4 ).W p + ( L ).( ). f g − ( L ).( ). N B = 0 5 5 5

⇔ ( 2 ).W p + (3).µ s .N B − ( 4).N B = 0 …………………….(*) Keseimbangan translasi arah sumbu y:

∑F

y

=0

⇔ −Wp + NB = 0 ⇔ N B = W p ………………………………………………...(**) Substitusikan N B = W p dari (**) ke (*) didapat µs :

( 2 ).W p + (3).µ s .W p − ( 4).W p = 0

⇔ ( 2 ) + (3).µ s . − ( 4). = 0 ⇔ (3).µ s . = 4 − 2 = 2

⇔ µs =

2 ………………………………………………...(***) 3

Setelah µs didapat, cari fg :

2 f g = µ s .N B = µ s .Wp =  .(15) = 10 N. 3 Jika f g dan N B sudah didapat, gaya lantai dapat dicari dengan rumus

phytagoras : Flantai

NB

fg

Flantai =

(f

2 g

+ NB

2

)=

102 + 152 = 100 + 225 = 325

= 325 = 25. 13 = 5 13 N.

TRIK PENYELESAIAN CEPAT: Gunakan rumus:

µs =

1 ………………………….(*) 2. tan θ

Flantai = Ingat:

(µ

2 s

)

+ 1 .W p ………………….(**)

Rumus ini tidak berlaku jika dinding kasar, tangga tidak homogen, atau tangga diberi beban.

Jika kita masukkan besar sudut θ = 37o ke persamaan (*), kemudian harga µs dimasukkan ke persamaan (**), dimana berat tangga (Wp) = 15 N, maka didapat:

µs =

2 1 1 = = o 2. tan(37 ) 2.( 3 ) 3 4

Ingat, perbandingan sisi-sisi segitiga istimewa di bawah ini:

3

53o

5 37o 4

dan,

Flantai

 2  2  1 4  =   + 1 .15 =  + 1 .15 = .(15) 13 3 9   3  

Flantai = 5 13 N. Cepat bukan? Tapi ingat rumus ini tidak berlaku jika dinding kasar,

tangga tidak homogen, atau tangga diberi beban.Dan, memasukkan harga tan θ, biarkan dalam bentuk pecahan.

2.

saat

Hukum Hidrostatik dan Archimedes •

Pengertian singkat Archimedes

dan

rumus

tentang

hukum

hidrostatik

dan

Hukum Hidrostatik:

Tekanan: gaya yang bekerja tegak lurus pada suatu bidang per satuan luas bidang tersebut.

p=

F A

Tekanan hidrostatik ( p ): tekanan zat cair/fluida yang hanya disebabkan oleh berat zat cair/fluida tersebut.

p = ρ .g .h

Hukum pokok hidrostatik : semua titik yang terletak pada bidang datar di dalam satu jenis zat cair, memiliki tekanan yang sama.

Satuan tekanan:

1 Pa = 1 N/m2 1 atm = 76 cm Hg = 1,01 x 105 Pa 1 bar = 105 Pa.

Hukum Archimedes:

Suatu benda yang tercelup ke dalam fluida mengalami gaya ke atas sebesar berat fluida yang dipindahkan oleh benda tersebut.

Fa = W − W ′ = ρ f V f g

•

Soal dan penyelesaian tentang hukum hidrostatik dan Archimedes

a. Tekanan terukur setiap ban mobil 200 kPa. Jika setiap ban memiliki luas jejak 25 cm2, diperkirakan massa mobil adalah…(g=10 m/det2). A. B. C. D. E.

150 200 250 275 300

kg kg kg kg kg

Jawab : B.

CARA PENYELESAIAN: Dari soal: Ajejak = luas jejak ban mobil = 25 cm2 = 25 x 10-4 m2. P =tekanan ban mobil = 200 kPa = 200 x 103 N/m2. g= 10 m/det2. Tekanan yang terukur pada masing-masing ban mobil, disebabkan oleh berat mobil yang terdistribusi pada keempat ban yang luas total jejaknya seluas 4 x 25 cm2 (Dalam soal ini, kita asumsikan mobil mempunyai empat roda yang sama). Dengan kata lain:

F ATotal

P=

⇔ P=

Wmobil m mobil .g = ATotal 4. A jejak

⇔ mmobil =

(4).( A jejak ).P g

=

(

4.(25.10 −4 ). 200.10 3 10

(

= 4.(25).(200).(10 −5 ). .10 3

)

)

mmobil = 2.10 4.10 −2 = 2.10 2 kg.

b. Pada gambar ditunjukkan alat untuk menentukan tekanan udara luar yang dilakukan Torricelli. Dengan mengisi dengan air raksa (Hg) ternyata didapat tinggi air raksa adalah 76 cm Hg. Jika Torricelli melakukan percobaan menggunakan air, berapakah tinggi air di dalam tabung tersebut?Diketahui massa jenis air raksa adalah 13,6 g/cm3 dan g=10 m/det2. A. B. C. D. E.

881,6 cm 957,6 cm 1033,6 cm 1109,6 cm 5,59 cm

Jawab: C.

Ruang hampa

Ruang hampa

h2

h1=76cm

A

B

Gambar (a). Air raksa

C

D

Gambar (b). Air

CARA PENYELESAIAN: Dari soal: ρraksa = 13,6 g/cm3 = 13,6.103 kg/m3. g = 10 m/det2. h1 = 76 cm = 76.10-2 m. Berdasarkan hukum pokok hidrostatik : “semua titik yang terletak pada bidang datar di dalam satu jenis zat cair, memiliki tekanan yang sama.” Dari gambar (a) dan (b): Tekanan di titik A sama dengan tekanan di titik B.

PA = PB dimana : PB merupakan tekanan udara (Pu) yang besarnya sama dengan tekanan hidrostatik air raksa setinggi 76 cm. Atau,

Pu = ρ raksa .g .h1 ......................................................................Persamaan _(i )

= 13,6.10 3.10.76.10 −2 = 103360 N/m2. Jika digunakan air untuk mengisi tabung Torricellinya (gambar (b)):

PU = PC = PD = ρ air .g .h2 .....................................................Persamaan _(ii )

⇔ 103360 = ρ air .g.h2 = 103.10.h2 = 10 4.h2 ⇔ 10 4.h2 = 103360 ⇔ h2 =

103360 = 10,336 m = 1033,6 cm. 10 4

Jadi tinggi air pada tabung jika digunakan untuk mengukur tekanan udara adalah sebesar 1033,6 cm. TRIK PENYELESAIAN CEPAT: Kalau kita teliti melihat persamaan (i) dan (ii), besar ρ .g .h = kons tan = tekanan udara (Pu). Dengan kata lain,

ρ ~

1 1 atau h ~ h ρ

Sehingga,

h1 : h2 = ρ2 : ρ1

atau

h2 ρ1 = h1 ρ 2

Jika h1= 76 cm, ρ1 = massa jenis air raksa = 13,6 g/cm3 , dan ρ2 = massa jenis air = 1 g/cm3 maka:

h2 =

ρ1 13,6 .h1 = .76 = 1033,6 cm. ρ2 1

Jadi pada cara kedua ini, kita tidak perlu merubah satuan ρ dan h-nya, karena akan dicoret pada saat perhitungan. Sehingga cara kedua lebih gampang bukan?..he..he..he.

c. Seorang ahli eksplorasi menemukan batu yang massanya 10,2 kg. Jika ditimbang dengan mencelupkan seluruh bagian batu di dalam air massanya seolah-olah menjadi 8,2 kg. Berapa massa jenis batuan tersebut? A. B. C. D. E.

4,1 3,1 5,1 2,1 1,1

kg/m3 kg/m3 kg/m3 kg/m3 kg/m3

Jawab: C. W

W’

CARA PENYELESAIAN: Dari soal: m = massa batu ketika ditimbang di udara = 10,2 kg m’ = massa semu batu ketika ditimbang di air = 8,2 kg ρair = massa jenis air = 1 g/ cm3 = 103 kg/m3. Ketika batu ditimbang di air, batu mendapat gaya ke atas (gaya Archimedes) sebesar selisih berat jika ditimbang di udara dengan berat semu ketika ditimbang di air, yang juga besarnya sama dengan berat air yang dipindahkan:

Fa = W − W ′ = ρ air .g .Vair dalam hal ini, Vair = Vbatu sehingga,

W − W ′ = ρ air .Vbatu .g …………………………………..(*)

⇔ ρ air . g.Vbatu = W − W ′ = (m − m′).g ⇔ ρ air .g/ .Vbatu = (m − m ′).g/ ⇔ Vbatu =

(m − m ′) 10,2 − 8,2 = = 2.10 −3 m3. 3 ρ air 10

Untuk mencari massa jenis batu ρbatu , ingat bahwa W = m.g = ρ .V .g

W = m.g = ρ batu .Vbatu .g …………………………………….(**)

⇔ ρ batu .Vbatu .g/ = m. g/ ⇔ ρ batu =

10,2 m = = 5,1.10 3 kg/m3 −3 Vbatu 2.10

TRIK PENYELESAIAN CEPAT: Perhatikan langkah di atas! Jika persamaan (**) kita bagi dengan persamaan (*), maka akan didapat perbandingan:

ρ .V/ .g W = batu batu / W − W ′ ρ air .V/ batu .g/

⇔

ρ W = batu . ………………………………………………….…….(***) W − W ′ ρ air dimana: W = berat batu sesungguhnya. W’ = berat semu batu.

⇔ ρ batu =

W ρ air W −W ′

⇔ ρ batu =

m.g/ .ρ (m − m′).g/ air

⇔ ρ batu =

m ρ air . …………………………………………………….(****) m − m′ dimana: m = massa batu sesungguhnya. m’ = massa semu batu.

Jika di ketahui berat batu (W) dan berat semu batu (W’), maka gunakan persamaan (***). Dan jika diketahui massa batu (m) dan massa semu batu (m’), maka gunakan persamaan (****). Sehingga,

ρ batu =

3.

m 10,2 10,2 ρ air = .(1) = = 5,1 g/cm3 = 5,1.103 kg/m3. (10,2 − 8,2) m − m′ 2

Hukum dan persamaan Bernouli •

Pengertian singkat dan rumus tentang hukum dan persamaan Bernouli: Dianggap fluidanya adalah fluida ideal yaitu fuida yang tak termampatkan, tak kental dan memiliki aliran tunak (kecepatan alir di suatu titik adalah konstan terhadapa waktu). Persamaan kontinuitas: Q 1 = Q2

A1.υ1 = A2 .υ 2

Azas Bernouli: Pada fluida dinamik yang mengalir di dalam pipa horizontal, tekanan yang paling kecil adalah pada bagian yang kelajuannya paling besar, dan tekanan yang paling besar adalah pada bagian yang kelajuannya paling kecil.

Persamaan Bernouli:

p1 + 12 ρυ1 + ρgh1 = p2 + 12 ρυ 2 + ρgh2 2

2

p + 1 ρυ 2 + ρ gh = tetap 2

•

Soal dan penyelesaian tentang hukum dan persamaan Bernouli:

a. Air mengalir melewati pipa venturimeter tanpa manometer. Perbedaan tinggi cairan pada kedua tabung sebesar 15 cm (lihat gambar). Jika diameter Φ1 dan Φ2 masing-masing 2,4 cm dan 1,2 cm, maka kecepatan (v) air yang memasuki pipa venturimeter adalah… A.

3 5

B.

5 5

C.

3 3

D.

3 4

E.

m/detik m/detik m/detik m/detik

3 m/detik

Jawab: B.

15 cm

v A1

Φ1

A2

Φ2

v2

CARA PENYELESAIAN: Dari soal: ∆h = selisih ketinggian cairan di tabung 1 dan 2 = 15 cm = 15.10-2 m.

Φ1 = diameter pipa 1 = 2,4 cm = 2,4.10-2 m. Φ2 = diameter pipa 2 = 1,2 cm = 1,2.10-2 m. Zat cair yang akan diukur kelajuannya mengalir pada titik-titik yang tidak memiliki perbedaan ketinggian (h1=h2). Sehingga persamaan Bernouli-nya menjadi:

p1 + 12 ρυ1 = p 2 + 12 ρυ 2 2

2

⇔ p1 − p 2 = + 12 ρ (υ 2 − υ1 ) ……………………………………(i) 2

2

Dari persamaan kontinuitas diperoleh:

v2 . A2 = v1. A1

⇔ v2 =

A1 .v1 ……………….……………………………………(ii) A2

Masukkan nilai v2 dari (ii) ke dalam (i), maka akan diperoleh:

 A  2  p1 − p2 = ρυ1  1  − 1  A2   1 2

2

Dari gambar venturimeter di atas, terlihat bahwa selisih ketinggian vertikal zat cair dalam tabung 1 dan tabung 2 adalah ∆h = 15 cm = 15.10-2 m. Dengan demikian,

 A p1 − p 2 = ρυ1  1  A2 1 2

2

2    − 1 = ρ .g .∆h  

⇔

1 2

 A ρ/ υ1  1  A2 2

⇔ v1 =

2    − 1 = ρ/ . g.∆h  

2.g.∆h

 A  1  A2

2    − 1  

……………………….…………………(iii)

Karena,

φ  A1  R1  =   =  1  A2  R2   φ2  2

ingat: A = π .R 2 = π .( 12 .φ ) =

Jika diketahui perbandingan

υ1 =

2

2.g.∆h

 R  1  R2

4    − 1  

2

R1 , maka, persamaan (iii) menjadi: R2

…………………………………………..…(iv)

Sedangkan jika yang diketahui perbandingan menjadi:

υ1 =

2.g .∆h

 φ  1  φ 2

4    − 1  

1 .π .φ 2 4

φ1 , maka persamaan (iii) φ2

…………………………………………..…(v)

Karena dari soal yang diketahui adalah perbandingan

φ1 , maka φ2

kecepatan air yang masuk ke venturimeter (v1) dihitung dengan persamaan (v) dan ingat, tidak usah pusing dengan satuan pada perbandingan luas (A), jari-jari (R) atau diameter pipa (φ).

υ1 =

2.g .∆h

 φ  1  φ 2

⇔ υ1 =

   − 1  

1 5

4

=

=

2.10.15.10 −2 =  2,4  4   − 1   1, 2  

3 3 1 1 = = = 15 5 2 −1 5

(

4

)

5 m/det. 5

Jadi kecepatan air yang masuk ke venturimeter adalah

5 m/det. 5

TIPS MENJAWAB SOAL: Tips agar kita bisa menjawab dengan cepat soal-soal penerapan azas Bernouli: (i). Hapal PERSAMAAN BERNOULI dan PERSAMAAN KONTINUITAS. (ii). Tentukan kondisi titik-titik yang kita tinjau.

Apakah h1=h2 atau tidak? Berapa besar p1 dibanding p2? Bagaimana hubungan p1 dengan p2? Berapa besar v1 dibanding v2? Jika salah satunya atau keduaduanya ≠ 0 (nol), cari hubungan v1 dan v2 menggunakan persamaan kontinuitas.

(iii). Hapalkan rumus yang telah diturunkan untuk kasus-kasus berikut

ini:

Kasus mencari kecepatan alir fluida yang keluar (v2) dari lubang TANGKI yang letaknya ∆h lebih rendah dari permukaan air ditangki dimana atas tangki terbuka:

v 2 = 2. g.∆h

dimana, v1 ≈ 0 dan p1 = p2

Kasus mencari kecepatan alir fluida yang masuk (v1) pada VENTURIMETER: tanpa manometer atau memakai manometer. (i). Tanpa manometer:

v1 =

2.g.∆h

 A  1  A2

2    − 1  

φ  A R  Ingat: Jangan lupa hubungan 1 =  1  =  1  A2  R2   φ2  2

2

(ii). Dengan manometer:

v1 =

2.g.∆h

 A  1  A2

   − 1   2

.

(ρ ′ − ρ ) ρ

dimana: ρ ′ adalah massa jenis air raksa = 13,6 g/cm3 dan ρ adalah massa jenis fluida yang dicari kecepatan alirnya.

Kasus mencari kecepatan alir fluida (v1) dengan TABUNG/PIPA PITOT:

 ρ′ v1 = 2.g.∆h.  ρ 2 Dimana, v 2 ≈ 0 dan p2 − p1 = ρ ′. g.∆h = 12 .ρ .v1

Kasus mencari gaya angkat PESAWAT TERBANG (F):

(

)

F = 12. ρ . v2 − v1 . A 2

2

dimana, h1 ≈ h2 dan A adalah luas sayap pesawat.


: : : : : : :



JUDUL / TOPIK PERSAMAAN UMUM GAS IDEAL & TEORI KINETIK GAS


: : : : : : : :

Formal Fisika XII/ Iwan Husdiantama Imam Prasaja Yenny Husnaini 24 menit 3

NO

STANDAR KOMPETENSI

KOMPETENSI DASAR

TOPIK / JUDUL

(1)

(2)

(3)

(4)

2

Menerapkan konsep dan prinsip kalor, konservasi energi, dan sumber energi dengan berbagai perubahannya dalam mesin kalor.

Menganalisis persamaan gas ideal, menurunkan rumusan energi kinetik rata-rata tiap partikel, serta menurunkan prinsip ekuipartisi energi.

INDIKATOR

(5) Setelah menyaksikan Persamaan Umum Gas Ideal program ini pemirsa & Teori Kinetik Gas. diharapkan dapat :

MATERI POKOK (6)

1. Menghitung tekanan udara luar berdasarkan hukum Boyle dan hukum pokok hidrostatik.

1. Hukum Lussac

2. Menerapkan persamaan umum gas ideal pada berbagai kondisi P dan T.

2. Persamaan gas ideal

3. Mencari hubungan tekanan gas berdasarkan laju perubahan momentum molekul

3. Tekanan gas ideal berdasarkan teori kinetik gas.

Boyle-Gay

umum

gas. 4. Mencari hubungan kelajuan gas ideal dengan tekanan gas. 5. Mencari kelajuan efektif gas ideal dengan suhu.

4. Rata-rata kuadrat Kelajuan gas ideal.

5. Kelajuan efektif gas ideal.

URAIAN MATERI

(7) 1. Hukum Boyle-Gay Lussac •

Penjelasan singkat dan rumus hukum Boyle-Gaylussac Hk. Boyle

:

Hk. Boyle-Gay Lussac

:

p1.V p .V = 2 2 T1 T2

Hukum Boyle-Gaylussac digunakan pada soal gas ideal dalam BEJANA TERTUTUP / massa atau mol gas tidak diketahui. •

SOAL DAN PENYELESAIAN: tentang hukum Boyle-Gaylussac: a.

Seorang fisikawan ingin mengukur tekanan udara luar dengan menerapkan hukum Boyle menggunakan alat seperti pada gambar. Ia mendapatkan bahwa ketika h=50 mm, V=18 cm3 dan ketika h=150 mm, V=16 cm3. Berapa tekanan udara luar yang didapat dari percobaan tersebut? (dinyatakan dalam mm Hg).Diketahui: ρraksa=13,6 g/cm3 dan g=10 m/det2. A. 100 mm Hg. B. 680 mm Hg. C. 750 mm Hg. D. 950 mm Hg. E. 1150 mm Hg. Jawab: C.

KETERANGAN

(8)

(9)

-

Teori dan Soal-soal Fisika, Seri Buku Schaum, Frederick J Bueche, Ph. D, Penerbit Erlangga, 1999

-

Buku Fisika SMA, Marthen Kanginan, Penerbit Erlangga

p1.V = p2 .V2

V V Hk. Charles-Gay Lussac : 1 = 2 T1 T2

PUSTAKA

V A

h

B

CARA PENYELESAIAN: Dari soal diketahui: V1 = 18 cm3. V2 = 16 cm3. h1 = 50 mm = 5.10-2 m. h2 =150 mm = 15.10-2 m. ρraksa=13,6 g/cm3 = 13,6.103 kg/m3. g=10 m/det2. Menurut hukum Boyle:

PA,1 .V1 = PA, 2 .V2 ⇔

PA,1 PA, 2

=

V2 …………………………………………....Persamaan (i) V1

Menurut hukum pokok hidrostatik dari pengukuran ke-1 dan ke-2

pada percobaan di atas, didapat:

PA,1 = Pu + Ph , B1 = Pu + ρ .g.h1 ………………………………………..Persamaan

(ii)

dan

PA, 2 = Pu + Ph , B 2 = Pu + ρ .g.h2 ………………………………..…….Persamaan

(iii)

Jika persamaan (i) dibagi dengan persamaan (ii), didapat persamaan:

PA,1 PA, 2

=

Pu + ρ .g .h1 Pu + ρ .g .h2

Dari persamaan (i) masukkan harga perbandingan PA,1 dan PA,2, maka:

Pu + ρ .g.h1 V2 = Pu + ρ .g .h2 V1 ……………………………..…..Persamaan (iv) Pu + ρ .g.h1 16 8 = = ⇔ Pu + ρ .g .h2 18 9 3 -2 ⇔ 9(Pu + 13,6.10 .10.5.10

) = 8(P

u

+ 13,6.103 .10.15.10 −2

⇔ 9.Pu − 8.Pu = (1200 − 450).136 ⇔ Pu = 750.136 = 102000 N/m2. =

102000 = 0,75 13,6.10 3.10 m Hg = 750 mm Hg.

)

TRIK SOLUSI CEPAT: Dari langkah penyelesaian di atas, bisa kita ringkas: Bila pembilang dan penyebut ruas kiri persamaan (iv) masingmasing kita bagi dengan ρ.g, maka didapat:

(Pu + ρ .g.h1 )x

1    ρ.g 

(Pu + ρ .g.h2 )x

1   ρ . g  

=

V2 8 = V1 9

 Pu    + h1 ρ .g  8  ⇔ = 9  Pu    + h2  ρ.g   P    P   ⇔ 9. u  + h1  = 8 u  + h2  ……………………..Persamaan (v)  ρ .g    ρ . g   Untuk menyelesaikan persamaan (v) di atas, harus diingat bahwa harga

Pu merupakan harga tekanan udara dalam satuan mm Hg ρ .g

dimana saat memasukkan harga h1 dan h2, tidak perlu mengubah satuannya menjadi meter tetapi biarkan dalam satuan millimeter. Sehingga:

  Pu   P   − 8. u   = 8.(h2 ) − 9.(h1 ) = 8.(150) − 9.(50) = 1200 − 450 = 750 9.  ρ .g     ρ .g 

 P  ⇔  u  = 750 mm Hg.  ρ .g 

Jadi tekanan udara dalam satuan mm Hg adalah 750 mm Hg. Mudah sekaleeeeeeeee bukan?

2.

Persamaan umum gas ideal : •

Penjelasan singkat dan persamaan umum gas ideal : Jika hanya satu besaran yang tidak diketahui (semua besaran lainnya diketahui), maka dapat langsung digunakan persamaan

P1 .V1 P2 .V2 = T1 T2 Sedangkan selain itu gunakan persamaan umum gas ideal:

P.V = n.R.T

dimana:

n = m/Mr R = 8314 J kmol-1 K-1 = 0,082 L atm mol-1 K-1.

Bentuk lain:

P . V = N.k.T

dimana: k = R/NA , N = n . NA NA = 6,022 x 1026 molekul/kmol (bilangan Avogadro)

Bila dinyatakan istilah keadaan standar, yang kadang-kadang disebut keadaan normal atau keadaan STP , itu artinya : P = 1 atm dan T = 273 K. •

SOAL DAN PENYELESAIAN : persamaan umum gas ideal a. Rapat massa suatu gas ideal pada suhu T dan tekanan P adalah ρ. Jika tekanan gas naik 50% dari semula dan suhu turun menjadi 0,3T maka rapat massa gas dalam keadaan terakhir ini naik berapa % dari semula ?

A. 167% B. 40 % C. 400% D. 60% E. 67%. CARA PENYELESAIAN: Persamaan umum gas ideal:

P.V = n.R.T

dimana:

n = m/Mr

Sehingga,

 m  P. Mr  m  P.V =  .R.T ⇔   =  V  R.T  Mr 

⇔ ρ=

P. Mr R.T

Dengan demikian,

ρ ∞

P T

Dari soal diketahui: P1 = P P2 = P + 50%P T1 = T T2 = 0,3T ρ1 = ρ ρ2 = ρ’

m  V

ingat: ρ = 

ρ 2 ρ ′  P2   T1  = =  .  ρ 1 ρ  P1   T2 

⇔

ρ ′  1,5.P   T  1,5 =5 = = . ρ  P   0,3.T  0,3

⇔ ρ ′ = 5.ρ ⇔

∆ρ ( ρ 2 − ρ 1 ) 5ρ − ρ = .100% = .100% = 400% ρ ρ1 ρ

⇔ ∆ρ = (5ρ − ρ ).100% = 400%.ρ Atau, dengan kata lain: rapat massa gas naik 400% dari semula

TRIK SOLUSI CEPAT: Jika kita mempunyai hubungan seperti berikut ini : ρ ∞

P T

% kenaikan/penurunan ρ dari semula dapat kita rumuskan sebagai berikut:

 (1 ± ∆P(%))  ∆ρ (%) =  − 1.ρ1 x100%  1 ± ∆T (%)  Keterangan: Tanda + dipilih jika terjadi kenaikan dan tanda – jika terjadi penurunan. Dengan demikian pada soal di atas:

∆P → + dan ∆P(%) = 50% ∆T → - dan ∆T (%) = (1 − 0,3) x100% = 70%

sehingga,

 (1 + 50% )  ∆ρ (%) =  − 1.ρ1 x100% = 400%.ρ1 atau 4 kali dari mula-mula.  (1 − 70%) 

3.

Tekanan gas dalam ruang tertutup •

Hubungan tekanan gas dalam ruang tertutup dengan energi kinetik rata-rata gas Tekanan gas adalah laju perubahan momentum molekul gas dibagi luas daerah yang ditumbuknya. Rumus untuk tekanan gas dalam ruang tertutup menjadi:

P=

F 1 N  ∆p  = mo .v 2   dimana: F =   A 3 V   ∆t 

Rumus hubungan tekanan gas dan energi kinetik rata-rata gas:

2 N P = .E k .  3 V 

SOAL DAN PENYELESAIAN: Tekanan gas dalam ruang tertutup

a. Seberkas molekul-molekul hidrogen, tiap molekul memiliki massa (mo) 3,3 x 10-27 kg dan sedang bergerak pada 1,6 km s-1 menabrak sebuah dinding pada sudut

θ = π/3 rad terhadap normalnya. Jika 2,0 x 1020 molekul s-1 ( N )

datang pada dinding seluas 1,2 x 10-4 m2, hitung gaya normal rata-rata dan tekanan yang dikerjakan pada dinding jika semua molekul dipantulkan sempurna! A. B. C. D. E.

2,1 x 10-3 N; 1,1 x 10-3 N; 2,1 x 10-4 N; 1,1 x 10-4 N; 0 N; 0 Pa.

17,6 Pa. 8,8 Pa. 17,6.10-1 Pa. 8,8.10-1 Pa.

Jawab : B.

∧

n -V sin (/3) θ V

-V cos (/3)

CARA PENYELESAIAN: Dari definisi, gaya adalah laju perubahan sehubungan dengan tumbukan dengan dinding,

momentum

molekul

F=

∆p ∆t

∆p = mTot .(v′ − v⊥ ) Karena,

v ⊥ = −v. cosθ (arah ke bawah dan ke kiri, v diberi tanda minus) v ′ = −v ⊥ = v. cosθ

Ingat: jika benda bertumbukan lenting sempurna seperti kasus di atas, kecepatan benda setelah tumbukan, kelajuannya sama dengan kelajuan sebelum tumbukan tetapi arahnya berlawanan dengan kecepatan sebelumnya.

Maka,

∆p = mTot .( v. cos θ − ( −v. cos θ )) = 2.mTot .v cos θ ∆t Dari soal dapat diketahui: mTot = N .mo = massa semua molekul yang menumbuk dinding per detik = 3,3 x 10-27 x 2 x 1020 kg/det. = 6,6 x 10-7 kg/det.

v = 1,6 km/det = 1,6.103 m/det. θ = π/3 = 180/3 = 60 o. A = luas dinding yang ditumbuk seberkas molekul gas = 1,2.10-4 m2. Sehingga,

1 F⊥ = 2.mTot .v. cos(60 o ) = 2.(6,6.10 −7 ).(1,6.10 3 ).( ) 2 1 = 2/ .(6,6.10 −7 ).(1,6.10 3 ).( ) = 1,056.10 −3 ≈ 1,1.10 −3 N. 2/

Untuk mencari tekanan gas, ingat: P =

P=

F⊥ A

F⊥ 1,056.10 −3 = = 8,8. N/m2. A 1,2.10 − 4

Jadi didapat gaya normal rata-rata ( F⊥ ) seberkas molekul gas pada dinding adalah ± 1,1 x 10-3 N dan tekanan yang dikerjakan pada dinding sebesar 8,8 N/m2.

TRIK SOLUSI CEPAT: Untuk menghitung gaya normal rata-rata ( F⊥ ) dan tekanan gas (P) yang diketahui sudut tumbukan molekul gas (θ) terhadap garis normal, kecepatan dan massa total molekul gas yang menumbuk dinding per detik (mTot) dimana dinding yang ditumbuknya mempunyai luas A, dapat dihitung dengan cara: (i). Gaya normal rata-rata :

F⊥ = 2.mTot .v. cosθ , (ii). Tekanan gas:

dimana : mTot = N .mo dan jika seberkas molekul menumbuk tegak lurus dinding, θ = 0o ⇒ cosθ = 1 . Selain itu, 0 < cos θ ≤ 1 .

P=

2.mTot .v. cosθ A

Jika kita masukkan harga-harga yang sudah diketahui dari soal, pasti hasilnya sama dengan perhitungan yang telah kita kerjakan tadi. Gampangkan?

4.

Hubungan Kelajuan Gas Ideal dengan Tekanan gas

1 N P = mo .v 2   3 V 

dimana: v

2

∑ ( N .v = ∑N i

i

2 i

)

∑ ( N .v = i

2 i

)

N

Maka,

P ∞ v2

SOAL DAN PENYELESAIAN a. Tekanan gas dalam tangki biogas tertutup turun 25% dari semula. Berapa % penurunan kelajuan gas dalam tangki tersebut dari semula, dengan anggapan biogas seluruhnya terdiri dari gas metana (CH4) yang bersifat seperti gas ideal? A. B. C. D. E.

25 % 50 % 57,4% 75 % 133%.

Jawab: B.

v2

v1 P1

CARA PENYELESAIAN: Diketahui dari rumus: P berbanding lurus dengan v 2 atau, P ∞ v2 Maka,

P1 v12 = P2 v 22 Dimana: P1 = tekanan gas mula-mula.

P2

P2 = tekanan gas setelah turun. v12 = rata-rata kecepatan kuadrat ketika P = P1 v 22 = rata-rata kecepatan kuadrat ketika P = P2 Dari soal:

P2 = (1 − 25%) P1 = 75%.P1 . Sehingga,

P2  v 22  = = 75%. P1  v12   v2 ⇔  2  v2  1

  = 75%.  

( )

⇔ v 22 = 75%. v12 Atau,

( )

v12 − v 22 = v12 - 75%. v12 = 25%v12

⇔ ∆v 2 = 25%v12

( )

⇔ ∆v = 25%v12 = 25% . v1 = 0,5.(v1 ) Jadi kelajuan gas ideal turun 50% dari semula.

TRIK SOLUSI CEPAT: Ingat ya: Misalnya kita punya hubungan: X ~ Yn → jika X turun/naik a% dari semula, maka Yn juga turun/naik a% dari semula. Dengan kata lain, jika X turun/naik a% dari semula, maka Y turun/naik n

a% dari semula atau ∆Y =

n

a% .

Sedangkan jika soalnya: Y naik / turun menjadi masing-masing ( 1 + a)% dan ( 1 - a)% misalnya naik menjadi 1,3 dari semula atau turun menjadi 0,7 dari semula, itu artinya Y naik/turun

a% dari semula atau

n

X n naik/turun a% dari semula. Dengan demikian X akan naik/turun (a% ) dari semula.

Sehingga, soal di atas bisa kita selesaikan dengan cara:

Karena P turun 25% dari semula, maka v 2 akan turun 25% dari semula juga.

Dengan demikian kelajuan gas, v akan turun dari semula.

25% dari semula atau 50%

Jadi v akan turun 50% dari semula atau penurunannya (∆v) 50% dari semula.

5.

Kelajuan efektif gas ideal ( vrms )

Akar dari rata-rata kuadrat kelajuan, v 2 :

v

2

∑ ( N .v = ∑N i

2 i

)

∑ ( N .v = i

2 i

)

N

i

Maka didefinisikan kelajuan efektif gas, vrms sebagai akar dari rata-rata kuadrat kelajuan, v 2 :

v rms = v 2 =

3kT mo

(Persamaan Dasar) ………………………( i )

v rms =

3RT ………………………………….…………………….. ( ii ) Mr

v rms =

3. p ρ

………………………………….…………………..(iii )

SOAL DAN PENYELESAIAN: Jika suhu gas ideal dalam ruangan tertutup dinaikkan menjadi 4 kali suhu semula, maka kecepatan gerak partikel-partikelnya menjadi …kali semula. A. B. C. D. E.

¼ ½ 2 4 16

Jawab: C CARA PENYELESAIAN :

v rms =

3kT mo

⇒ v rms ∞ ⇔

v rms,2 v rms,1

=

T T2 T1

=

4T1 T1

=2

⇔ vrms , 2 = 2.vrms ,1

TIPS MENGHINDARI KESALAHAN MENGHITUNG KELAJUAN EFEKTIF GAS IDEAL: Saat menggunakan rumus v rms =

3. p , kita sering melakukan kesalahan. ρ

Rumus ini pada dasarnya diturunkan dari hubungan antara kelajuan efektif gas dengan temperatur dan massa satu molekul atau atom gas. Sehingga ketika temperatur tidak berubah, sedangkan tekanan berubah, hal ini tidak serta merta menyebabkan perubahan pada kelajuan gas/kelajuan efektif gas. Disinilah letak kesalahan yang sering dilakukan siswa. Perhatian soal berikut: Sebuah tangki bekas biogas dengan volume V, diisi dengan gas ideal dengan tekanan 2 atm. Jika ke dalam tangki tersebut dipompa gas sejenis, sehingga tekanannya menjadi 4 atm sedangkan suhu dibuat tetap, tentukan laju efektif gas ideal tersebut! Nyatakan dalam kenaikan kelajuan dalam persen kelajuan semula, jika memang terjadi perubahan v rms . Jawab: v rms tidak mengalami perubahan. Penjelasan:

Jika kita hanya memperhatikan rumus yang mengkaitkan v rms dengan tekanan

gas, kita akan menjawab v rms -nya akan menjadi 2 kali mula-mula. Ternyata perhitungan kita salah. Karena, untuk suatu gas tertentu, R dan Mr tetap (ingat

rumus: v rms =

3RT ), v rms gas hanya tergantung pada suhu mutlak gas, T, dan Mr

tidak bergantung pada tekanannya. Dan karena suhu gas tidak berubah, maka v rms -nya tetap.


: : : : : : :



JUDUL / TOPIK TERMODINAMIKA


: : : : : : : :


NO

STANDAR KOMPETENSI

KOMPETENSI DASAR

TOPIK / JUDUL

INDIKATOR

MATERI POKOK

(1)

(2)

(3)

(4)

(5)

(6)

4

Menerapkan konsep dan prinsip kalor, konservasi energi, dan sumber energi dengan berbagai perubahannya dalam mesin kalor.

Menganalisa menerapkan termodinamika.

dan Termodinamika. Setelah menyaksikan hukum (Penerapan hukum program ini pemirsa termodinamika dan diharapkan dapat : proses-proses 1. Menghitung usaha termodinamika pada yang dilakukan kehidupan sehari-hari) pada gas, dan perubahan energi dalamnya pada proses isobarik. 2. Menghitung usaha mesin berdasarkan definisi efisiensi mesin dan hubungan Q dan T Kelvin. 3. Menghitung usaha yang dilakukan oleh sebuah siklus dari grafik P-V.

1. Diagram P-V dan hukum Termodinamika I.

2. Efisiensi mesin Carnot 3. Usaha oleh sistem pada lingkungan

URAIAN MATERI

(7) 1. Diagram P-V dan hukum I Termodinamika: •

Penjelasan singkat: Setiap titik pada diagram P – V menampilkan suatu keadaan termodinamika gas. Suhu T dicari dengan persamaan gas ideal jika P dan V gas sudah diketahui. Usaha (W) pada diagram P – V: W = luas daerah arsiran dibawah grafik P – V. V bertambah → W (usaha) positif ( + ) V berkurang → W (usaha) negatif ( - ) Usaha oleh sistem pada lingkungan:

 V1    V2 

Proses isothermal : W = n.R.T . ln 

Proses isobarik

: W = p∆V

Untuk gas monoatomik :

PUSTAKA

KETERANGAN

(8)

(9)

-


-


3 CV = .R = 12471 J.kmol-1.K-1 2 CP =

5 .R = 20785 J.kmol-1.K-1 2

Proses isokhorik : W = 0

Proses adiabatik : Q = 0 dan W =

3 n.R.(T1 − T2 ) 2

Hukum I Termodinamika:

Energi dalam ( U) adalah jumlah energi kinetik dan potensial yang berhubungan dengan atom-atom atau molekul-molekul zat. Energi dalam hanya bergantung pada keadaan suatu sistem, tidak bergantung pada lintasan yang ditempuh sistem untuk perubahan keadaan zat. Perubahan energi dalam dilambangkan dengan ∆U, yang besarnya menurut hukum I termodinamika adalah:

∆U = U 2 − U1 = Q − W

SOAL DAN PENYELESAIAN: a. Berapa Joule usaha luar (W) yang dilakukan pada gas dan perubahan energi dalam gas ideal monoatomik untuk proses termodinamika pemampatan gas seperti pada diagram dibawah pada tekanan tetap, sehingga volumnya berkurang dari 9 L menjadi 4 L. Dalam proses ini kalor sebanyak 500 J mengalir keluar. Diketahui: 1 atm = 1,0 x 105 Pa. A. 200 J; -300 J. B. 200 J; -700 J C.-200 J; -300 J D.-200 J; 700 J E. 200 J; 700 J.

P(atm)

Jawab: C.

A

B

0,4

0,2 C 0 CARA PENYELESAIAN: Dari soal diketahui: P = 0,4 atm = 0,4.105 Pa (proses isobarik). V1=9 L = 9 dm3 = 9.10-3 m3. V2=4 L = 4 dm3 = 4.10-3 m3. Q=-500 J.

D 4

9

V (L)

Menurut hukum termodinamika I:

∆U = Q − W ……………………………………………………..persamaan (i) dimana,

W = P.∆V ………………………………………………..……..persamaan (ii)

= P.(V2 − V1 ) = 0,4.105.(4 − 9).10 −3 = −200 J. Perhatikan gambar dibawah ini:

Lingkungan

Sistem

-

Q

+

W

+

Dari gambar, Q diberi tanda minus : Sehingga,

∆U = −500 − (−200) = −500 + 200 = −300 J. Jadi, W = -200 J dan ∆U = -300 J.

TRIK SOLUSI CEPAT: Pada proses isobarik, usaha luar (W) yang dilakukan pada gas: W = luas daerah arsiran dibawah grafik P – V.

P(atm) A

B

0,4

W

0,2 D

C 0

4

9

V (L)

W = luas persegi panjang ABCD. = (5).(0,4) L.atm = 2 L.atm = 200 J W = 200 J. Tanda W: W bertanda minus, karena pada sistem dilakukan usaha, maka: W=-200 J

Dengan demikian untuk gas monoatomik::

∆U =

3 .W ……………………………………………………..persamaan (iii) 2

⇔ ∆U =

3 .(−200) = −300 J. 2

Ternyata cara kedua menghasilkan jawaban yang sama. b.

Jika suatu 1 mol gas ideal bertambah dengan faktor mula-mula gas 3 atm dan yang dilakukan gas (dalam 1,0 x 105 Pa). A. 336 J B. 759 J C. 468 J D. 856 J E. 536 J. Jawab: C

CARA PENYELESAIAN: Untuk proses adiabatik:

W=

3 n.R.(T1 − T2 ) 2

P1.V1γ = P2 .V2γ Atau: P ~ V −γ

monoatomik (γ=5/3), volumenya dibuat pengali 2 secara adiabatik. Tekanan volume awalnya 2 L. Berapakah usaha joule)?(R = 8314 J.kmol-1.K-1dan 1 atm=

Jadi,

P1  V2  =  P2  V1 

γ

Dari soal diketahui: n = jumlah mol = 1 mol = 10-3 kmol. γ= konstanta Laplace =5/3. P1 = 3 atm = 3 x 105 Pa. V1 = 2 L = 2.10-3 m3.

V2 = V1 + 2.V1 = 3.V1 = 3.2 = 6 L.= 6.10-3 m3. Sehingga,

3  3.V1   = P2  V1  ⇔ P2 =

5/ 3

= (3)

5/3

 3.V  ⇔ P2 =  1   V1 

3.10 5 10 5 Pa. = (3) 5 / 3 3 9

Harga T1 dan T2:

T1 =

P1.V1 3.10 5.2.10 −3 = ≈ 72 K. n.R (10 −3 ).8314

P2.V 2  10 5  6.10 −3 . = ≈ 35 K. T2 = n.R  3 9  (10 −3 ).8314 Maka,

5/3

=

3 3.10 5 atm = Pa. (3) 5 / 3 (3) 5 / 3

W =

3 −3 .10 .8314.(72 − 35) ≈ 467 J. 2

TRIK SOLUSI CEPAT: Berdasarkan perbandingan lurus:

P ~ V −γ atau V ~ P −1 / γ

Jika V bertambah dengan faktor kali 2 artinya V bertambah 3 kali dari semula, maka P −1 / γ akan berkurang 3 kali dari semula. Sehingga, P berkurang (3) −γ atau

1 1 atau dari semula. 5/3 3 (3) 9

Maka:

 1  3.10 5 10 5 P2 =  3 .P1 = 3 = 3 ≈ 48075 = 0,48.105 Pa. 3. 9 9  9

W=

1 ( P1 .V1 − P2 .V 2 ) = γ −1

⇔ W =

(

5 3

(

1 . 3.10 5.(2.10 −3 ) − 0,48.10 5 .(6.10 −3 ) )−1

3 .(6 − 0,48.(6) ).10 2 = 9.(1 − 0,48).10 2 = 9.(52) = 468 J. 2

Cara mencari akar pangkat tiga:

)

Perhatikan grafik persamaan y = x3 yang didekati dengan persamaan garis lurus y = 19 x − 30 , x ∈ {2 < x < 3}

Mencari Akar Pangkat Tiga 63 54 4; 46,00

45 36 Y

y=x^3

27

y=19x-30

3; 27,00

18 9

2; 8,00

0 0

1

2

3

4

5

6

X

9−8 39 27 − 8 9 − 8 ≈ 2,05 .(3 − 2) + 2 = = ⇔ x= 3−2 x−2 27 − 8 19

2. Efisiensi Mesin: •

Penjelasan singkat:

Siklus termodinamika:

Sistem bekerja dalam suatu siklus, jika sistem mulai dari keadaan awal dan melalui beberapa proses termodinamika kemudian kembali ke keadaan awalnya, dimana: ∆U = 0 .

Hukum II Termodinamika:

Entropi adalah ukuran banyaknya energi atau kalor yang tidak dapat diubah menjadi usaha.

Jika suatu sistem pada suhu mutlak T mengalami suatu proses reversible dengan menyerap sejumlah kalor Q, maka kenaikan entropi ∆S dirumuskan sebagai:

Q ∆S =    T  reversibel

Hk. II Termodinamika: (i). Jika dinyatakan dalam entropi: “ Total entropi jagad raya tidak berubah ketika proses reversible terjadi dan bertambah ketika proses irreversible terjadi..” (ii). Tentang mesin kalor: “ Tidak mungkin membuat suatu mesin kalor yang bekerja dalam suatu siklus yang semata-mata menyerap kalor dari sebuah reservoir dan mengubah seluruhnya menjadi usaha luar.”

Efisiensi mesin:

η=

W x100% Q1

(i). Efisiensi mesin Carnot :

Reservoir pada suhu tinggi, T1 Q1 Mesin kalor

Q1 – Q2 = W

Q2 Reservoir pada suhu rendah, T2

Menurut perumusan Kelvin-Panck: “Tidak mungkin membuat mesin yang bekerja dalam suatu siklus menerima kalor dari suatu reservoir dan mengubah kalor tersebut seluruhnya menjadi kerja (usaha).”

 Q  η = 1 − 2  x100%  Q1 

ingat: Q1 = Q2 + W

Untuk mesin Carnot, hubungan Q dan T oleh Kelvin dinyatakan:

Q 2 T2 = dimana: Q1 = kalor yang diserap sistem. Q1 T1

Q2 = kalor yang dilepas sistem. T1 = suhu reservoir yang tinggi. T2 = suhu reservoir yang rendah.

Sehingga,

 T η = 1 − 2  T1

  x100% 

(ii). Efisiensi (η) dan koefisien performansi (Cp) mesin pendingin:

Efisiensi mesin (η): Menurut perumusan Clausius: “Tidak mungkin membuat mesin yang bekerja dalam suatu siklus mengambil kalor dari reservoir bersuhu rendah dan memberikannya pada reservoir bersuhu tinggi tanpa memerrlukan usaha dari luar.”

η=

W T1 = −1 Q1 T2

Koefisien performansi (Cp):

Cp =

Q2 x100% W

Cp =

Q2 T2 = Q1 − Q2 T1 − T2

ingat:

Q1 = Q2 + W

dan

hubungan Q2/Q1=T2/T1 masih tetap berlaku.

Dimana: Q1 = kalor yang diserap oleh reservoir panas. Q2 = kalor yang dipindahkan dari reservoir dingin. T1 = suhu reservoir yang lebih panas. T2 = suhu reservoir yang lebih dingin. SOAL DAN PENYELESAIAN: a. Sebuah mesin carnot menyerap kalor sebesar 1620 kkal setiap siklusnya dan bekerja pada suhu antara 537 oC dan 207 oC. Berapa perbandingan efisiensi nyata mesin dengan efisiensi maksimum teoritis, bila usaha yang dilakukan mesin setiap siklusnya adalah 540 kkal. A. B. C. D. E.

1:2 27 : 22 22 : 27 11 : 9. 9 : 11.

Jawab: E.

CARA PENYELESAIAN: Diketahui dari soal:

T1 = 537 oC = 537+273 = 810 K. T2 = 207 oC = 207+273 = 480 K. Q1 = 1620 kkal. W’ = usaha yang sebenarnya yang dapat dilakukan mesin= 540 kkal. W = usaha yang diharapkan secara teoritis

η nyata mesin:

η nyata =

W ′ 540 1 = = Q1 1620 3

Sedangkan η maksimum teoritis:

η teoritis =

W  T2 = 1 − Q1  T1

 T1 − T2 810 − 480 330 11  = = = = T1 810 810 27 

Sehingga,

η nyata η teoritis

1   9 3 =   = = 9 : 11  11  11    27 

⇔ η nyata : η teoritis = 9 : 11

TRIK SOLUSI CEPAT:

η nyata ηteoritis

=

W′ W

dimana: W adalah usaha maksimum yang diharapkan dilakukan oleh mesin

yang besarnya:

 T  330 11  810 − 480  W = 1 − 2 .Q1 =  .1620 = .1620 = 660 kkal. .1620 = 810 27  810   T1  Sedangkan, W’ = 540 kkal. Maka,

η nyata η teoritis

=

W ′ 540 9 = = W 660 11

Atau,

η nyata : η teoritis = 9 : 11

b. Sebuah mesin gas ideal bekerja dengan siklus seperti pada gambar di bawah:

P(105 Pa)

5

2

0

a

b

d

c

2

4

V (m3)

Jika setiap siklus mesin menyerap kalor sebesar 1 x 106 J, maka efisiensi mesin tersebut adalah…%. A. 40% B. 50% C. 60% D. 140% E. 167% Jawab: C.

CARA PENYELESAIAN: Efisiensi mesin (η) :

η=

W Q1

Usaha total yang dilakukan sistem (W):

W = Wtotal = Wab + Wbc + Wcd + Wda ……………….……………(*) Wab = P1 .(∆V )1 = 5.10 5.(4 − 2) = 10 6 J. Wbc = 0

karena ∆V = 0

(proses isokhorik)

Wcd = P2 .(∆V ) 2 = 2.10 5.(2 − 4) = −4.10 5 J. Wda = 0

karena ∆V = 0 .

Maka,

Wtotal = 10 + 0 + (−4) + 0 = 6.10 5 J.

Dengan demikian,

η=

W Wtotal 6.10 5 = = = 0,6 = 60% Q1 10 6 10.10 5

TRIK SOLUSI CEPAT:

Wtotal = luas persegi panjang abcd = ab .x. bc = 2.10 5.(3) = 6.10 5 J. Sehingga,

Wtotal 6.10 5 η= = = 0,6 = 60% Q1 10.10 5 Langkah kedua, lebih singkat kan? SOAL DAN PENYELESAIAN: c. Suatu gedung olah raga ski hendak didinginkan dengan refrigator (mesin pendingin) ruangan Carnot. Suhu di luar gedung 27 oC dan di dalam gedung 3 oC. Bila alat pendingin tersebut berkekuatan 10 HP (1 HP = 746 watt). Berapakah panas yang dikeluarkan dari gedung itu tiap jamnya? A. 2,7.108 J B. 7,5.108 J C. -2,7.108 J D. 2,4.108 J E. 3,0.106 J

Jawab: D CARA PENYELESAIAN:

Q1

MESIN PENDINGIN

W

Q2 Diketahui: T1 = 28oC = (27+273) K = 300 K T2 = -3oC = (27+273) K = 270 K Daya alat pendingin (P) = 10 HP = 7460 watt. t = 1 jam = 3600 detik. Perhitungan: Daya 7460 watt artinya alat melakukan usaha sebesarnya 7460 J tiap detiknya. Efisiensi mesin pendingin:

W T1 = −1 Q1 T2

⇔

7460 300 = −1 Q1 270

⇔

7460 300 10 − 9 1 = −1 = = 270 9 9 Q1

⇔ Q1 = 9.(7460) = 67140 J. Jadi tiap detiknya mesin mengeluarkan kalor/panas sebesar 67140 J, atau sebesar 67140 x 3600 ≈ 2,4.108 J / jam.

TRIK SOLUSI CEPAT: Karena:

W = P.t Maka, Panas yang dikeluarkan oleh mesin pendingin selama/tiap 1 jam atau 3600 detik adalah sebesar:

 T2 Q1 = P.t.  T1 − T2

  270  8  = 7460.(3600)  = 26856000.(9) ≈ 2,4.10 J.  300 − 270  


: : : : : : :



JUDUL / TOPIK LISTRIK STATIS DAN DINAMIS


: : : : : : : :


NO

STANDAR KOMPETENSI

KOMPETENSI DASAR

TOPIK / JUDUL

INDIKATOR

MATERI POKOK

(1)

(2)

(3)

(4)

(5)

(6)

5

Menerapkan konsep kelistrikan dan kemagnetitan dalam berbagai penyelesaian masalah dan berbagai teknologi

Listrik Statis & Dinamis (Listrik dan Penerapannya dalam Kehidupan)

Setelah menyaksikan program ini pemirsa diharapkan dapat : 1. Menghitung kuat medan listrik dan potensial di sekitar muatan listrik.

1. Memformulasikan konsep potensial listrik dan energi listrik serta keterkaitannya. 2. Memformulasikan prinsip kerja kapasitor dan mengaplikasikannya 3. Memformulasikan besaran-besaran listrik ke dalam bentuk persamaan

2. Menghitung hubungan energi potensial listrik dengan energi kinetik elektron. 3. Menghitung arus listrik pada rangkaian dua loop menggunakan hukum Kirchoff II.

1. Kuat Medan Listrik dan Potensial

2. Energi Potensial Listrik & Hukum Kekekalan Energi Mekanik 3. Hukum Kirchoff II

URAIAN MATERI

(7) 1.

Kuat Medan listrik dan Potensial Listrik •

-

Pengertian singkat dan rumus tentang kuat medan listrik dan potensial Hukum Coulomb:

F=

1 Q.Q ′ . 4πε o r 2

Kuat medan listrik ( E ) adalah besarnya gaya listrik per satuan muatan positif.

E=

F 1 Q Q = . 2 = k. 2 Q ′ 4πε o r r

Potensial listrik ( V ) suatu titik adalah usaha untuk memindahkan muatan listrik + 1 coulomb dari titik ~ ke titik tersebut.

V=

k .q r

dimana : k = konstanta coulomb = 9 . 109 N m2 /C2

-

PUSTAKA

KETERANGAN

(8)

(9)

Teori dan Soal-soal Fisika, Seri Buku Schaum, Frederick J Bueche, Ph. D, Penerbit Erlangga, 1999 Buku Fisika SMA, Marthen Kanginan, Penerbit Erlangga

SOAL DAN PENYELESAIAN a. Pada setiap titik sudut segitiga sama sisi dengan sisi 2 3 terdapat muatan positif Q. Besarnya kuat medan dan potensial listrik di pusat segitiga ini, dengan k sebagai tetapan, berturut-turut adalah: Pilihan Jawaban A. B. C. D. E.

1 k .Q 2 dan 0. 1 3 k .Q k .Q 2 dan 2 2 3 k .Q k .Q 3 dan 2 3 k .Q 0 dan 2 2 k .Q 0 dan 3

Q

Q

Jawab: D

CARA PENYELESAIAN: (i). Kuat medan (E)

→

a= 2 3

a= 2 3

besaran vektor.

a= 2 3

Q

Misalkan

r1 = r2 = r3 = r .

r r r R = E1 + E

2

Q2

r + E3

30o 120o E3 E1

r r r Q E1 = E 2 = E3 = E = k . 2 r

r2

Karena, 1 a .2 3 2 r= = =2 1 cos 30 o 3 2

120o

1 2

r1 E2

r

Q1

Maka,

E = k.

⇒

120o r3 Q3

Q Q k .Q = k. 2 = 2 4 r 2

r r E1 + E 2 = E 2 + E 2 + 2.E 2 . cos120 o

Dimana:

cos120 o = − cos 60 o = −

1 2

r r 1 E1 + E 2 = E 1 + 1 + 2.(− ) = E 2 ⇒

⇒

r r r E1 + E2 + E3 =

(E )2 + (E )2 + 2.(E )2 . cos180o

(ii). Potensial listrik (V) →

besaran skalar.

=

(E )2 + (E )2 + 2.(E )2 .(−1) = 0

V pusat⋅segitiga = V1 + V2 + V3 =

k .Q k .Q k .Q k .Q 3 + + = 3. = .k .Q r r r r 2

TRICK: (i). Kuat medan (E) Perhatikan gambar vektor-vektor E di titik pusat segitiga.

r

r E3

r E1

120o 120o

120o

r E2

Jika,

r r r E1 = E 2 = E3 = E

dan

θ1 = θ 2 = θ 3 →

r r r r R = E1 + E 2 + E3 = 0

(ii). Potensial listrik (V)

V pusat⋅segitiga = 3 3.

k .Q a

⇔ V pusat ⋅ segitiga = 3 3/ . k .Q = 3 .k .Q 2 3/ 2 b.

Dua buah bola bermuatan masing-masing bermuatan: Q1=+81 µC dan Q2=-36 µC yang berjarak 5 m. Carilah letak titik dimana kuat medan listriknya sama dengan nol. A. B. C. D. E.

3 m dari Q1 dan 8 m dari Q2. 3 m dari Q2 dan 8 m dari Q1. 10 m dari Q2 dan 15m dari Q1. 10 m dari Q1 dan 15 m dari Q2. 2 m dari Q2 dan 3 m dari Q1. 5m

Jawab: C. Q1=+81 µC

Q2=-36 µC

CARA PENYELESAIAN: Misal jarak titik yang dicari adalah x m dari Q2, maka jarak titik tersebut dari Q1 adalah (x+5) m. 5m

Q1=+81 µC

∑E = 0

x

Q2=-36 µC

E2

E1

(Ingat: Arah kuat medan listrik searah dengan arah garis singgung

garis gaya pada setiap titik.)

⇒ E1 − E 2 = 0 ⇔ E1 = E 2 ⇔ k/ . ⇔

Q1

( x + 5)

2

= k/ .

Q2 x2

81 36 = 2 2 ( x + 5) x

⇔ 4( x 2 + 10 x + 25) = 9 x 2 ⇔ x 2 − 8 x − 20 = 0 ⇔ ( x − 10)( x + 2) = 0

x1 = 10 atau x 2 = −2 Yang diambil adalah x=10 m. TRIK: Untuk mempermudah perhitungan, persamaan kedua ruas persamaan.

⇔

6 9 = x ( x + 5)

⇔

2 3 = x ( x + 5)

⇔ 2 x + 10 = 3 x

81 36 = 2 diakarkan 2 ( x + 5) x

⇔ x = 10 Jadi titik dimana E1 + E 2 = 0 berjarak 10 m dari Q2 dan 15 m dari Q1.

r

c.

r

Tiga buah muatan listrik terletak di sudut-sudut suatu bujur sangkar. Besar potensial listrik di titik A (perhatikan gambar) adalah…(Diketahui: dan k = 9.10 9 N.m2/C2)

A. 1000 V B. 130 V C. 300 V D. nol E. 270 V.

Q2=+1 ηC

Diketahui:

r2 = r3 = r = 9.10 −2 m.

r1 = 2 .r = 9 2 .10 −2 m.

Q1 = −1ηC = −10 −9 C Q2 = Q3 = +1ηC = +10 −9 C

Dengan demikian,

Q3=+1 ηC

9 cm

CARA PENYELESAIAN:

V → besaran skalar.

9 cm

Q1=-1 ηC

Jawab: B.

2 ≈ 1, 4

A

V A = VQ1 + VQ 2 + VQ 3 Dimana, VQ1 = k .

(

VQ 2 = VQ 3 = k .

⇔

)

Q1 − 10 −9 = 9.10 9. r1 9 2.10 − 2

(

)

Q2 10 −9 = 9.10 9. r 9.10 −2

(− 10 )

(

)

−9   9 10   2 . 9 . 10 . + −2   −2 9.10  9 2.10  9/ .1/ 0/ 9/ . 1/ 0/ −9/  1  1,4   =  2.(1) −  = 10 2. 2 −  = 100.(1,3) = 130 Volt. −2 2  9/ .10 2  

V A = 9.10 9.

(

⇔

)(

−9

)

∴ V A = 130 V.

TRIK:

Untuk menghitung potensial listrik di titik sudut suatu kubus, oleh muatanmuatan yang tegak lurus titik (Σ Q⊥ ) dan oleh muatan segaris diagonal kubus, gunakan rumus:

ΣV =

 Qdiagonal  k   .ΣQ⊥ ±  r  2  

Tanda + → muatan positif.

Tanda - → muatan negatif.

 Qdiagonal  k   .ΣQ⊥ ±  r  2   9/ .10 9   1η   10 9.10 −9 2 .( 1 ) = η −   =  9/ .10 − 2  10 −2  2 

⇔ VA = ⇔

1    1,4  2 −  = 100. 2 − 2  2   

⇔ V A = 130 V.

2.

Hukum Kekekalan Energi Mekanik pada Medan listrik •

Pengertian singkat dan rumus tentang energi potensial listrik Energi potensial listrik ( Ep ) di suatu titik adalah usaha untuk memindahkan muatan listrik dari titik ~ ke titik tersebut.

Ep =

k .q.q′ r

dimana : k = konstanta coulomb = 9 . 109 N m2 /C2 •

Hukum kekekalan energi mekanik pada medan listrik:

E awal = E akhir dimana: E = E k + E p dan ∆E p = q.∆V

- Soal dan penyelesaian tentang hukum kekekalan energi mekanik pada medan listrik :

SOAL DAN PENYELESAIAN: a.

Sebuah elektron dengan massa 9,11x10-31 Kg dan muatan listrik -1,6x10-19C, lepas dari katoda menuju anoda yang jaraknya 2 cm. Jika kecepatan awal elektron nol dan beda potensial antara anoda dan katoda 50 V, maka elektron akan sampai di anoda dengan kecepatan… A. B. C. D. E.

2,3 x 105 m/det 8,4 x 106 m/det 4 x 106 m/det 3 x 107 m/det 2,4 x 108 m/det

Jawab: C.

− − − − − − − − −

+ +

e

Katoda

CARA PENYELESAIAN : Diketahui:

me = 9,11.10 −31 kg. q e = −1,6.10 −19 C. ∆V = −50 V.

+ + + + + + + Anoda

d = 2 cm = 2.10 −2 m v o = 0. Pada medan listrik, elektron dipercepat dari katoda → anoda. Menurut hukum Newton II:

∑ F = m.a ⇔ qe .E = me .a ⇔ a=

dimana: E =

∆V 50 = = 25.10 2 = 2,5.10 3 V/m. −2 d 2.10

qe .E 1,6.10 −19.(2,5.10 3) = ≈ 0,4.1015 m/det2. me 9,11.10 −31

Karena, d = v o .t + 12 .a.t 2

⇔t=

2d = a

2.(2.10 −2 ) = 10 −16 = 10 −8 detik. 14 4.10

Oleh karena, v = v o + a.t

⇔ v = vo + a.t = 0 + 4.1014.10 −8 = 4.10 6 m/det.

TRIK: Gunakan persamaan ∆Ep = ∆Ek. qe. ∆V = ½ me. v2

v 2 = 2q.

∆V 50 = 2.1,6.10-19. me 9,11.10 -31

v = 4,2 x 10 6 ≈ 4.10 6 m/det 3.

Hukum Kirrchoff • Pengertian singkat dan rumus tentang Hukum Kirrchoff Hukum Kirchoff I:

∑ I masuk = ∑ I keluar Hukum Kirchoff II:

∑ I .R + ∑ ε = 0

a. Besar arus listrik yang mengalir melalui lampu (I) pada rangkaian arus listrik searah seperti pada gambar adalah.....(dalam ampere). Pilihan Jawaban A. 0,75 A B. 1,5 A C. 2,25 A D. 3,00 A E. -3,75 A

F

E

A

I I1

RL=2 Ω

B

2Ω

ε1 = 6V

D

I1

C

3Ω

ε2 = 9V

Perhatikan rangkaian listrik, berlaku : I = I1 + I2 Loop ABCDA :

A

∑ ε + ∑ I .R = 0 6 − 9 − I1 .(2) + I 2 (3) = 0 3I 2 − 2I1 = 3.......(i)

I1 I2

ε

B

1

D

C ε 2

Loop EFBAE :

F

E

∑ I .R + ∑ ε = 0 I.R L + I1.2 − 6 = 0 (I1 + I 2 ).2 + 2.I1 − 6 = 0 2.I1 + I 2 = 3 ⇒ I 2 = 3 − 2.I1 .....(ii)

I I1

A

2Ω

B ε

1

substitusikan persamaan (ii) ke persamaan (i). 3(3-2.I1)-2.I1=3 → 9-6 I1-2 I1=3 I1=

3 A 4

Substitusikan harga I1 ke persamaan (ii)

3  

I2=3-2   = 1,5 A 4

Jadi arus yang melalui lampu adalah I = I1+I2 = 0,75+1,5 = 2,25A Jawaban C

TRICK: Arus yang melalui lampu adalah

I = I1 + I 2

⇔

 V − ε 1   V AB − ε 2  V AB  −   = − AB RL  R1   R2 

V AB  V − 6   V AB − 9  = − AB −  2  2   3  V 4 I = AB = = 2,25 A. 5 RL

⇔

Jawaban C

⇒ V AB = 4,5 V.


: : : : : : :


DAFTAR ISI GARIS-GARIS BESAR ISI MEDIA VIDEO PEMBELAJARAN BIMBEL FISIKA SMA JUDUL / TOPIK

EPISODE 6

MEDAN DAN GAYA MAGNET

GARIS-GARIS BESAR ISI MEDIA VIDEO PEMBELAJARAN Kategori Mata Pelajaran Kelas / Semester Penulis Pengkaji Materi Pengkaji Media Durasi Episode NO (1) 6

: : : : : : : :

STANDAR KOMPETENSI

Formal Fisika XII/ Iwan Husdiantama Imam Prasaja Yenny Husnaini 24 menit 6 KOMPETENSI DASAR

(2) (3) Menerapkan konsep kelistrikan Menerapkan induksi magnetik dan kemagnetan dalam berbagai dan gaya magnetik pada penyelesaian masalah dan beberapa produk teknologi berbagai teknologi

TOPIK / JUDUL (4) Medan dan Gaya Magnet

INDIKATOR

MATERI POKOK

(5) Setelah menyaksikan program ini pemirsa diharapkan dapat : 1. Menghitung induksi magnetik di sekitar kawat berarus listrik 2. Menghitung gaya magnet (Lorentz) pada kawat berarus yang berada dalam medan magnet atau partikel bermuatan yang bergerak dalam medan magnet..

(6)

1.

URAIAN MATERI (7) 1. Induksi magnetik di sekitar kawat berarus listrik

dB = k

i.dl. sin θ r2

Dimana: k =

dl

µo dan µ o = 4π .10 −7 Wb.A-1.m-1 4π

Satuan B: Wb/m2 atau Tesla (T).

i

Medan magnet di sekitar kawat berarus: Di sekitar kawat lurus berarus:

B=

µ o .i 2π .a

Di pusat kawat melingkar dengan N lilitan:

B = N.

µ o .i 2.a

Di sumbu Toroida:

θ dB

O

P

KETERANGAN

(8)

(9)

-


-


• Pengertian singkat dan rumus yang berkaitan medan magnet: Persamaan Biot-Savart:

PUSTAKA

B = N.

µ o .i 2π .a

Di pusat dan ujung Solenoida: Di pusat: B = N .

µ o .i L

Di ujung: B = 12 N .

µ o .i L


Dua kawat panjang dialiri arus listrik, seperti tampak pada gambar. Jika arus iA = iB = 6A, maka besar induksi magnet di titik C akibat kawat A dan B adalah….. A. 2 3.10 −6 T

B

B. 2 2 .10 −6 T C. 2.10 −6 T D. 4 3.10 −6 T

30 cm

30 cm

E. 4.10 −6 T Jawab: E.

A

30 cm

C

CARA PENYELESAIAN: Diketahui: a = 30 cm =30.10-2 m. iA = iB = 6 A. Perhatikan gambar berikut:

B

60o

60o A

60o 60o 90o

60o C

r B = B di C:

(B A )2 + (BB )2 + 2.(B A )(. BB ). cos120 o

Dimana:

B’

90o BB

BA

B =

60o

120o

B A’

B A = BB = ⇔ B=

µo.i 4π/ .10 −7.(6) = = 4.10 −6 T. 2π .a 2π/ . 30.10 −2

(

)

(4.10 ) + (4.10 ) −6 2

−6 2

 1 + 2. 4.10 −6 . 4.10 −6 . −  = 4.10 − 6 T.  2

(

)(

)

TRIK: Dari gambar di atas, terlihat ∆ABC dan ∆A′B ′C sebangun yaitu segitiga sama sisi.

r r r µ i 4π/ .10 −7.(6) ⇔ B A = B B = B = B = o. = = 4.10 − 6 T. −2 2π .a 2π/ . 30.10

(

)

Jadi besar induksi di C karena kawat A dan B sama dengan B A = B B = 4.10 −6 T.

r

b.

r

Dua kawat lurus panjang sejajar yang dialiri arus berlawanan arah, terpisah sejauh 2 cm. Resultan induksi magnet dari kedua kawat akan bernilai nol pada titik berjarak…cm sebelah… dari i1. A. B. C. D. E.

402 cm;sebelah kiri 4,02 cm;sebelah kanan -6 cm;sebelah kanan 4 cm; sebelah kiri. 6 cm;sebelah kanan

Jawab: D

i1=2A

i2=3A

2 cm

CARA PENYELESAIAN: Asumsi: titik dimana ΣB = 0 → terletak di sebelah kiri kawat 1 dan 2 seperti gambar di bawah.

B2

i1=2A

x

B1

2 cm 1

ΣB = 0 ;

2

Arah induksi B: keluar layar → +, arah ke dalam → -

⇔ B1 − B2 = 0 ⇔ B1 = B2

µ i µ/ o. i2 ⇔ / o. 1 = 2π/ .x 2π/ .( x + 0,02) ⇔

i2=3A

2 3 = x ( x + 0,02)

⇔ 2 x + 0,04 = 3 x ⇔ x = 0,04 m

Jadi resultan B akan nol pada titik berjarak 4 cm dari kawat berarus i1. TIPS MENGERJAKAN SOAL: • • • •

Tentukan kawat acuan Arah B: keluar layar → +, arah ke dalam → Buat persamaan dimana B1 = B2 dan selesaikan. Jika nilai x negatif berarti letak titik berlawanan letaknya dengan asumsi perhitungan semula. Contoh: Asumsi perhitungan seperti di bawah ini: Dengan kawat acuan, kawat 2.

i1=2A

i2=3A x

B2

2 cm 1

B1

2

Maka nilai x=-6. Ini artinya resultan B akan nol pada titik yang berjarak 6 cm di sebelah kiri kawat berarus i2 (berjarak 4 cm di sebelah kiri kawat i1).

c.

Seutas kawat berarus listrik i=10A, tersimpul seperti pada gambar. Berapa besar induksi magnetik di titik Q dimana jari-jari simpul r =1 cm? ( π ≈ 3,14 ). A. B. C. D. E.

2,6.10-4 T 4,1.10-4 T 8,2. 10-4 T 1,3.10-3 T 4,1.10-3 T

Q

Jawab: B.

CARA PENYELESAIAN: Diketahui:

r

i=10A

r=1 cm=10-2 m i= 10A Menurut Aturan Tangan Kanan/Kaidah Gerak Sekrup, baik induksi magnetik yang disebabkan kawat lurus maupun melingkar, semuanya menuju ke arah dalam layar TV. Dengan demikian,

r r r BQ = B1 + B2 B1 oleh kawat lurus; B2 oleh kawat melingkar. r µ .i 4π .10 −7.10 B1 = o = = 2.10− 4 T. −2 2π .r 2π .10

r µ .i 4π .10 −7.10 B2 = o = = 2π .10− 4 T. −2 2.r 2.10 r ⇔ BQ = 2.10 −4 + 2π .10−4 = 2.10−4 (1 + π ) ≈ 8,2.10 −4 T.

TRIK: Untuk menyelesaikan soal di atas, gunakan rumus:

BQ =

BQ =

2i (1 + π ). 10 r

−7

2.10 .(1 + 3,14).10 − 7 ≈ 8,2.10 − 4 −2 10

2. Gaya Lorentz. • Pengertian singkat dan rumus yang berkaitan gaya Lorentz: Gaya Lorentz : gaya yang dialami oleh penghantar berarus dan partikel bermuatan. Pada penghantar berarus: Besar : F = B.i.L. sin θ Arah : Aturan tangan kanan.

Pada partikel bermuatan: Besar : F = B.q.v. sin θ Arah : Aturan tangan kanan.

Arah telapak tangan = arah gaya Lorentz (F)

Arah keempat jari = arah induksi magnet (B)

Arah jari jempol = arah arus (I ) atau arah kecepatan partikel bermuatan (v).


Partikel bermuatan q bergerak dengan laju tetap yang sama dengan laju proton ( m p = 1,6.10 −27 kg) yang bergerak dimana panjang gelombang de Broglie-nya, λ = 1,38.10 −12 m,

memasuki medan magnet dan medan listrik secara tegak lurus (medan listrik tegak lurus medan magnet). Apabila besar induksi magnet 0,2 T, berapa kuat medan listrik? (Diketahui

tetapan Planck, h = 6,63.10 −34 J.detik). A. B. C. D. E.

6,2. 105 V/m 1,2. 105 V/m 0,6.105 V/m 0,3.105 V/m 0,15. 105 V/m

E Jawab: C.

v

CARA PENYELESAIAN:

B

Diketahui:

θ = 90 o → sin 90 o = 1 m p = 1,6.10 −27 kg

B = 0,2 T = 0,2 Wb/m2 λ p = 1,38.10 −12 m

Berdasarkan Aturan Tangan Kanan, digambarkan gaya-gaya seperti gambar di bawah:

E

Florentz V Flistrik

B

v q = v proton

⇔

dimana: λ p =

h m p .v p

6,63.10−34 h = ≈ 3.105 m. vq = −27 −12 m p .λ p 1,6.10 .1,38.10

v q = tetap → ΣF = 0 → Florentz = Flistrik → B.q/ .v q . sin 90 o = E .q/

⇔ E = B.v q = 0, 2.(3.10 5 ) = 0,6.10 5 V/m.

TRIK: Untuk menghitung kuat medan listrik, jika partikel bermuatan q mempunyai kelajuan tetap tegak lurus pada medan magnet dan medan listrik yang tegak lurus, dimana kelajuannya sama dengan kelajuan proton dengan panjang gelombang de-Broglie-nya λ ,digunakan rumus:

 h E = B.  m .λ  p p

 6,63.10 −34  = 0,2.  1,6.10 − 27 .1,38.10 −12   

  ≈ 0,2.(3.10 5 ) = 0,6.10 5 V/m. 

b. Sebuah simpal kawat ABCD berbentuk kubus yang berarus i2 = 15 A diletakkan pada jarak tertentu dari suatu kawat lurus panjang berarus i1 = 10 A seperti pada gambar. Berapa besar gaya yang bekerja pada simpal kawat tersebut dan kemana arahnya? A. 5.10 −7 B. 5.10 −7 C. 6.10 −5 D. 5.10 −6 E. 5.10 −6

N ke kiri N ke kanan N ke kiri N ke kiri N ke kanan

Jawab: E.

B i1

C i2 D

A 10 cm

s = 5 cm

15 cm

CARA PENYELESAIAN: Diketahui: i1 = 10 A. i2 = 15 A. a1 = 10 cm = 10.10-2 m. a2 = 15 cm = 15.10-2 m. s = panjang sisi-sisi simpal kawat ABCD = 5 cm = 5.10-2 m.

Gaya-gaya yang bekerja pada simpal kawat (lihat gambar di bawah ini) :

C

B FB FC

FA FA

D

A

r r r r r F = FAB + FBC + FCD + FAD Karena,

r r r r r r FBC = FAD dan arahnya berlawanan ⇒ FBC & FAD saling meniadakan atau FBC + FAD = 0 Dengan demikian,

r r r F = F AB + FCD = B AB .i 2 .l AB − B CD .i 2 .l CD

⇔

r  µ .i   µ .i F =  o 1 .i 2 .l AB . sin θ −  o 1  2π .a1   2π .a 2

Dimana:

 1   µ .i .i .s  1 .i2 .lCD . sin θ =  o 1 2  −   2π  a1 a 2  

θ = 90 o ⇒ sin θ = 1. l AB = lCD = s = 5 cm = 5.10-2 m.

⇔ r  µ .i .i .s  a − a1   = 2.10 −7.(1/ 0/ )( . 1/ 5/ ). 5.1/ 0/ − 2/ F =  o 1 2  2  2π  a1 .a 2 

(

r F

r r → ⊕ → Arah F searah gaya FAB



)

15 − 10

. 1/ 5/ ).(1/ 0/  (1/ 0/ )(

)

− 2/ 2/

 −2/ .1/ 0/ = 2.10 −7 .(5)( . 5) = 5.10 −6 N.  

(

)

atau ke arah kanan.

r Jadi besarnya gaya pada simpal kawat ABCD atau F adalah 5.10 −6 N dan arahnya ke kanan.

TRIK: Besar gaya pada simpal:

 i .i Fkw.kubus = 2. 1 2  a1 .a 2

 2 −7 .s .10 . 

→ CARA MENGHAPAL: 2 bersaudara Iis dan Aas diberi 10

pangkat minta 7.

→ Jika satuan a dan s sama, jangan hiraukan satuan a dan s  10.15  2 −7 −6 ⇔ Fkw.kubus = 2.10 − 7. .(5) = 50.10 = 5.10 N. 10 . 15  

Arah gaya: Arah gaya pada simpal = arah gaya pada sisi simpal terdekat dengan kawat panjang.

GARIS-GARIS BESAR ISI MEDIA VIDEO PEMBELAJARAN BIMBEL FISIKA SMA

Recommend Documents