SUPLEMEN MATERI KULIAH FI-1102 FISIKA DASAR II

SUPLEMEN MATERI KULIAH FI-1102 FISIKA DASAR II

RINGKASAN MATERI KULIAH PEMBAHASAN SOAL UJIAN TPB SEM. II

oleh MIKRAJUDDIN ABDULLAH PROGRAM STUDI FISIKA

2007

Kata Pengantar Diktat ini berisi ringkasan materi Fisika dasar II dan pembahasan ujian Fisika Dasar II beberapa tahun sebelumnya. Banyak mahasiswa mengalami kesulitan menjawab soal ujian Fisika Dasar walaupun sebenarnya soal-soal tersebut tidak terlalu sulit. Hal tersebut mungkin disebabkan perubahan cara menjawab soal antara ujian di sekolah menegah atas dan di ITB. Ujian-ujuan di sekolah menengah atas lebih didominasi oleh soal-soal pilihan ganda. Dengan tipe soal seperti itu siswa hanya dituntut medapatkan hasil akhir, tanpa terlalu risau dengan proses mendapatkan hasil tersebut. Hal sebaliknya terjadi di TPB. Tiap langkah dalam mencapai jawaban akhir akan mendapat penilaian. Sekalipun hasil akhir benar, namun jika langkah yang ditempuh mencapai hasil tersebut salah maka jawabab dianggap salah. Cara menjawab soal yang disampaikan dalam diktat ini mungkin tampak panjang. Hal ini sengaja dilakukan agar mahasiswa mengetahui alasan mengapa langkah-langkah yang dilakukan seperti itu. Dalam menjawab soal ujian sebenarnya, para mahasiswa dapat meringkasnya lagi tetapi tetap mempertahankan aliran logika/alasan yang benar. Penulis sangat menyarankan agar para mahasiswa tidak hanya mengandalkan diktat ini dalam mengikuti kuliah Fisika Dasar. Isi diktat ini tidak terlalu banyak dan hanya sebagai pelengkap referensi-referensi standar lainnya. Bacalah buku sebanyak-banyaknya karena ilmu yang kalian miliki sebanding dengan jumlah halaman buku yang kalian baca. Selamat belajar dan semoga sukses.

Bandung, Oktober 2007

Mikrajuddin Abdullah

Daftar Isi Bab 1 Hukum Coulomb dan Hukum Gauss Bab 2 Potensial Listrik dan Kapasitor Bab 3 Listrik Arus Searah Bab 4 Kemagnetan Bab 5 Hukum Biot Savart Bab 6 Hukum Ampere Bab 7 GGL Induksi dan Induktansi Bab 8 Arus Bolak-Balik Bab 9 Besaran Gelombang Bab 10 Gejala Gelombang dan Gelombang Bunyi Bab 11 Interferensi Gelombang Elektromagnetik Bab 12 Model Atom dan Molekul Bab 13 Pembahasan Ujian I Semester II 1998/1999 Bab 14 Pembahasan Ujian I Semester II 2000/2001 Bab 15 Pembahasan Ujian I Semester II 2003/2004 Bab 16 Pembahasan Ujian I Semester II 2006/2007 Bab 17 Pembahasan Ujian II Semester II 1998/1999 Bab 18 Pembahasan Ujian II Semester II 1999/2000 Bab 19 Pembahasan Ujian II Semester II 2000/2001 Bab 20 Pembahasan Ujian II Semester II 2001/2002 Bab 21 Pembahasan Ujian II Semester II 2002/2003 Bab 22 Pembahasan Ujian II Semester II 2003/2004 Bab 23 Pembahasan Ujian II Semester Pendek 2003/2004 Bab 24 Pembahasan Ujian II Semester II 2006/2007 Bab 25 Pembahasan Ujian III Semester II 2002/2003 Bab 26 Pembahasan Ujian III Semester II 2003/2004 Bab 27 Pembahasan Ujian III Semester II 2003/2004

1 17 30 36 42 51 57 66 83 92 98 107 113 126 138 150 162 174 183 195 203 212 220 230 239 248 257

Bab 1 Hukum Coulomb dan Hukum Gauss

1.1 Gaya antara dua muatan listrik i) Dua muatan sejenis melakukan gaya tolak-menolak. ii) Dua muatan tidak sejenis melakukan gaya tarik-menarik. 1.2 Gaya Coulomb antara dua muatan titik r Misalkan ada dua muatan q1 dan q2 yang masing-masing berada pada posisi r1 dan r r2 . Vektor posisi muatan q2 relatif terhadap q1 adalah

q1

r r21

r r1

q2

r r2

Gambar 1.1 Posisi muatan q1 dan q2 dalam system koordinat r r r r21 = r2 − r1

(1.1)

r Jarak antara dua muatan = besar posisi relatif dua muatan r21 = r21

r r = r2 − r1 . Vektor satuan

r yang searah dengan vektor r21 adalah

r r r r21 r2 − r1 rˆ21 = = r r r21 r2 − r1

(1.2)

Besar gaya Coulomb pada muatan q2 oleh muatan q1 F21 =

q1 q 2 q1 q 2 1 = r 2 4πε o r21 4πε o r2 − rr1 1

(1.3)

2

Arah gaya F21 searah dengan vektor satuan rˆ21 sehingga dalam notasi vektor

1

r F21 =

q1 q 2 rˆ21 r 4πε o r2 − rr1 2 1

(1.4)

Dengan mensubstitusi rˆ21 ke dalam persamaan (1.4) dapat juga ditulis r r r q1 q 2 (r2 − r1 ) q1 q 2 r r 1 1 (r2 − r1 ) F21 = r = r r r 2 r 4πε o r2 − rr1 3 4πε o r2 − r1 r2 − r1

(1.5)

Dengan hukum aksi-reaksi Newton, gaya coulomb pada muatan q1 oleh muatan q2 adalah r r F12 = − F21

1.3 Gaya Coulomb oleh sejumlah muatan Misalkan terdapat muatan q1, q2, q3, dan q4. Berapa gaya pada muatan q4? q3 q1

y

q4

r r3

r r1

r F42

r r43

r r41

r F41

r F43

r r4 r r42

r r2

q2 x

r F42

r F43

r r F41 + F42 r F41

r r r F41 + F42 + F43

Ganbar 1.2 Posisi koordinat sejumlah muatan dan gaya total yang bekerja pada satu muatan

2

r Gaya oleh q1 pada q4: F41 =

q1 q 4 r r41 4πε o rr41 3

r Gaya oleh q2 pada q4: F42 =

q2 q4 r r42 4πε o rr42 3

r Gaya oleh q3 pada q4: F43 =

q3 q 4 r r43 4πε o rr43 3

1

1

1

r r r r Gaya total pada muatan q4: F4 = F41 + F42 + F43

Secara umum, gaya pada qo oleh sejumlah muatan q1, q2, q3, …, qN: N r N r 1 q0 qi r Fao = ∑ F0i = ∑ r 3 r0i i =1 i =1 4πε o r0 i

(1.6)

1.4 Medan listrik

r Medan listrik yang dihasilkan muatan q1 pada posisi muatan q2, E21 , didefinisikan sebagai berikut r r F21 = q2 E21

(1.7)

Dengan membandingkan (1.7) dan (1.5) maka r E 21 =

q1 r r21 r 4πε o r21 3

1

(1.8)

Dinyatakan dalam skalar, besar medan listrik yang dihasilkan muatan sembarang pada jarak r dari muatan tersebut: 1 q E= (1.9) 4πε o r 2

Arah medan listrik didefinisikan sebagai berikut: i) Keluar dari muatan positif. ii) Masuk ke muatan negatif.

3

E

E

Gambar 1.3 Arah medan listrik: (a) keluar dari muatan positif dan (b) masuk ke muatan negatif. 1.5 Medan listrik yang dihasilkan distribusi muatan a) Medan listrik oleh muatan cincin Cincin berjari-jari a dan bermutan q yang tersebar secara merata.

∆Ev

∆E

∆Eh

r

θ

h

a

Gambar 1.4 Medan listrik di sumbu cincin E=

1

(

qh

4πε o h 2 + a 2

(1.10)

)

3/ 2

b) Medan listrik oleh muatan batang Kita akan bahas medan listrik yang dihasilkan oleh batang dengan panjang L di 4

posisi yang sejajar dengan sumbu batang. Batang memiliki kerapatan muatan homogen dengan muatan total Q. Titik pengamatan adalah pada jarak a dari ujung batang terdekat.

a x

dL

a+L

Gambar 1.5 Medan listrik yang dihasilkan oleh batang E=

Q 4πε o a (a + L) 1

(1.11)

c) Medan listrik oleh dipol Dipol adalah muatan yang sama besar tetapi berbeda tanda yang dipisahkan oleh

jarak yang cukup kecil. Dilihat dari jauh, dipol tampak netral karena kedua muatan sangat berdekatan. Tetapi dilihat dari dekat, yaitu pada orde yang sama dengan jarak pisah dua muatan, dipol tampak sebagai dua muatan terpisah. Besar medan listrik sepanjang garis yang memotong tegak lurus sumbu dipol di tengah-tengah pada jarak h dari pusat dipol adalah

E=

1

[

qd

4πε o h + (d / 2) 2 2

(1.12)

]

3/ 2

Kita mendefinisikan momen dipol

p = qd

(1.13)

Dengan demikian, diperoleh

E=

1

[

p

4πε o h 2 + (d / 2) 2

(1.14)

]

3/ 2

5

E2

β E

β θ

E1 r

h

r

-q

+q d/2

d/2

Gambar 1.6 Menentukan medan listrik oleh dipol Jika jarak titik pengamatan sangat besar dibandingkan dengan jarak antara dua muatan, atau d << h , maka kita dapat mengaproksimasi h 2 + (d / 2) 2 ≈ h 2 sehingga

E≈

1

p

[ ]

4πε o h

2 3/ 2

=

p 4πε o h 3 1

(1.15)

1.6 Perhitungan medan dengan metode integral Misalkan kita memiliki benda sembarang seperti pada Gambar 1.7.

P

r r rP − r

r rP

r r

Gambar 1.7 Kuat medan listrik yang dihasilkan benda kontinu sembarang

6

r Kuat medan listrik pada titik sembarang P dengan vektor posisi r r EP =

1 4πε o

r r dq r 3 (r2 − r ) P −r

∫ rr

(1.16)

Persamaan (1.16) merupakan bentuk umum dari persamaan untuk mencri kuat medan listrik yang dihasilkan oleh muatan yang terdistribusi kontinu. Berdasarkan jenis distribusi muatan, kita menemui tiga macam yaitu distribusi muatan, yaitu satu dimensi, dua dimensi, dan tiga dimensi. i) Untuk distribusi muatan satu dimensi, misalnya muatan pada kawat, maka dq = λdx dengan λ adalah rapat muatan per satuan panjang dan dx adalah elemen panjang kawat. ii) Untuk distribusi muatan dua dimensi, misalnya muatan pada pelat, maka dq = σdS dengan σ adalah rapat muatan per satuan luas permukaan dan dS adalah elemen luas permukaan. iii) Untuk distribusi muatan tiga dimensi maka dq = ρdV dengan ρ adalah rapat muatan per satuan volum dan dV adalah elemen volum benda. 1.5 Garis gaya listrik Garis gaya listrik adalah garis khayal yang keluar dari muatan positif dan masuk ke muatan negatif. Setelah menggambarkan garis gaya listrik maka kita dapat mendefinisikan medan listrik sebagai berikut i) Besarnya medan listrik sebanding dengan kerapatan garis gaya per satuan luas permukaan ii Arah medan listrik di suatu titik sama sejajar dengan garis singgung garis gaya pada titik tersebut.

A B C

Gambar 1.8 Garis gaya listrik 1.6 Fluks listrik Fluks listrik didefinisikan sebagai perkalian skalar antara vektor kuat medan listrik 7

dengan vektor luar permukaan yang ditembus oleh medan tersebut. r E

θ

r A

Gambar 1.9 Definisi fluks listrik

r r Pada Gambar 1.9 medan listrik E menembus permukaan dengan vektor luas permukaan A . Fluks listrik yang melewati permukaan memenuhi r

r

φ = E • A = EA cos θ

(1.17)

Jika permukaan yang ditembus medan terdiri dari sejumlah segmen, maka fluks total sama dengan jumlah fluks pasa masing-masing segmen. Contohnya, untuk Gbr 1.10, fluks total dapat ditulis sebegai r E2 r E1 r A1

θ1

r E4 r A θ2 2 r E3

r

θ 4 A4

r A3 θ 3

Gambar 1.10 Medan listrik menembus sejumlah segmen permukaan

φ = φ1 + φ 2 + φ3 + φ 4 r r r r r r r r = E1 • A1 + E 2 • A2 + E3 • A3 + E 4 • A4 8

= E1 A1 cos θ1 + E 2 A2 cos θ 2 + E3 A3 cos θ 3 + E 4 A4 cos θ 4

(1.18)

Secara umum n

r

r

φ = ∑ Ei • Ai i =1

n

= ∑ Ei Ai cos θ i

(1.19)

i =1

Untuk kasus umum di mana permukaan yang dikenai medan listrik adalah permukaan sembarang dan kuat serta arah medan listrik juga sembarang maka fluks yang melewati permukaan ditentukan dengan integral sebagai berikut

φ = ∫ E cos θ dA

(1.20)

1.7 Hukum Gauss Hukum Gauss merupakan metode yang sangat efektif untuk mencari kuat medan listrik di sekitar muatan kantinu pada benda yang memiliki simetri. Hukum tersebut dirumuskan sebagai berikut

r r ∑ Ei • Ai =

∑q

permukaan −tertutup

εo

permukaan −tertutup

atau

∑ E A cosθ

i i permukaan −tertutup

i

=

∑q

permukaan −tertutup

(1.21)

εo

Untuk permukaan yang sembarang, hukum Gauss dapat diungkapkan dalam bentuk integral, yaitu

∫ E cosθ dA =

∑q εo

atau

9

∑q

r r E ∫ • dA = Simbol

∫

(1.22)

εo

menyatakan bahwa integral dilakukan pada permukaan tertutup.

1.8 Memilih permukaan Gauss Langkah pertama yang harus ditempuh ketika akan menggunakan hukum Gauss

adalah memiliih permukaan Gauss yang tepat. Berikut adalah bentuk permukaan Gauss yang digunakan dalam menentukan kuat medan listrik a) Kawat lurus panjang Permukaan Gauss yang kita gunakan berupa silinder dengan jari-jari r dengan kawat adalah sumbu. Panjang silinder bisa bebas, misalkan L.

r L

Gambar 1.11 Permukaan Gauss untuk menentukan kuat medan listrik di sekitar kawat lurus panjang

∑ E A cos θ

Penjumlahan

i

i

i

dapat dinyatakan sebagai penjumlahan tiga bagian, yaitu

∑ E A cos θ = {E A cos θ } i

i

i

1 1

1 alas

+ {E2 A2 cos θ 2 }tutup + {E3 A3 cos θ 3 }se lub ung

Alas:

θ = 90o. E1 A1 cos θ1 = E1 A1 cos 90 o = E1 A1 × 0 = 0 Tutup:

θ = 90o. E 2 A2 cos θ 2 = E 2 A2 cos 90 o = E 2 A2 × 0 = 0 Selubung

θ = 0o. Dengan demikian 10

(1.23)

E3 A3 cos θ 3 = E3 A3 cos 0 o = E3 A3 × 1 = E3 A3 Dengan A3 = luas selubung = 2πr × L

A3 A1

A2 θ1

E3

θ2 E1

E2

alas

tutup

selubung

Gambar 1.12 Arah medan listrik di alas, tutup, dan selubung silinder Muatan yang dilingkupi permukaan gauss hanya ada berada pada bagian kawat sepanjang L, yaitu

∑ q = λL . Dengan menggunakan hukum Gauss, maka 0 + 0 + 2πrLE 3 =

λL εo

λ 2πε o r

E3 =

(1.24)

Muatan titik Misalkan kita memiliki muatan titik Q dan kita ingin menentukan kuat medan listrik pada jarak r dari muatan tersebut. Pilih permukaan Gauss berupa permukaan bola dengan jari-jari r dan berpusat di muatan. Karena hanya ada satu permukaan maka

∑ E A cosθ i

i

i

= EA cos θ

Arah medan di permukaan bola adalah radial. Arah vektor permukaan juga radial sehingga θ = 0 atau cos θ = 1. Dengan demikian

∑ E A cosθ i

i

i

= EA = E × (luas permukaan bola) = E × (4πr 2 ) .

11

Jumlah total muatan yang dilingkupi permukaan Gaus adalah muatan titik itu sendiri

∑ q = Q . Diperoleh E × (4πr 2 ) =

Q

εo

atau

E=

Q 4πε o r 2 1

Hasil ini persis sama dengan apa yang diperoleh dengan menggunakan hukum Coulomb. Pelat tak berhingga

Misal muatan per satuan luas yang dimiliki pelat kita anggap σ. Kita buat permukaan Gauss yang berbentuk silinder seperti pada Gbr. 1.13. Misalkan luas alas atau tutup silinder adalah A.

E

E

A

A1

A2 A3

Gambar 1.13 Permukaan Gauss di sekitar pelat tak berhingga

∑ E A cos θ = {E A cos θ } i

i

i

1 1

1 alas

+ {E2 A2 cos θ 2 }tutup + {E3 A3 cos θ 3 }se lub ung

Alas silinder: E1 = E A1 = A θ1 = 0 E1 A1 cos θ1 = EA cos 0 o = EA 12

Tutup silinder: E2 = E A2 = A θ2 = 0 E 2 A2 cos θ 2 = EA cos 0 o = EA Selubung silinder: E3 = E

θ 3 = 90 o E3 A3 cos θ 3 = E3 A3 cos 90 o = 0 Diperoleh

∑ E A cosθ i

i

i

= EA + EA + 0 = 2 EA

Muatan yang dikandung permukaan Gauss hanya berlokasi pada bagian pelat yang beririsan dengan silinder, yaitu bagian pelat seluas A. Jumlah muatan adalah

∑ E A cosθ i

i

i

=

∑ q = σA .

∑q εo

atau

E=

σ 2ε o

(1.25)

Medan listrik oleh dua pelat sejajar Prinsip yang kita gunakan adalah prinsip superposisi medan listrik. Medan total di

suatu titik merupakan penjumlahan kuat medan yang dihasilkan oleh masing-masing pelat. Misalkan kita memiliki pelat yang memiliki kerapatan muatan σ1 dan σ2. Masing-masing pelat menghasilkan medan listrik yang konstan ke segala arah yang besarnya

σ1 2ε o σ E2 = 2 2ε o E1 =

Kuat medan listrik di mana-mana memenuhi 13

E = E1 + E 2

(1.26)

Pada penjumlahan tersebut kita harus memperhatikan arah. Bola isolator homogen

Misalkan muatan total bola adalah Q dan jari-jari bola R. Volume bola V = 4πR 3 / 3 . Kerapatan muatan bola adalah

ρ=

Q Q = 4 3 V 3 πR

(1.27)

Permukaan Gauss untuk mencari medan listrik di dalam bola adalah permukaan bola deengan jari-jari kurang dari jari-jari bola isolator.

Permukaan bola Permukaan Gauss r

R

Gambar 1.14 Permukaan Gauss untuk mencari medan lsitrik di dalam bola

∑ E A cos θ i

i

i

= EA cos θ

(1.28)

Dengan θ = 0 dan cos θ = 1 dan A = 4πr 2 . Muatan yang dilingkupi permukaan Gauss hanya berada dalam bola berjari-jari r. Volume bola Gauss adalah V ' = 4πr 3 / 3 . 4 3 r3 Q ∑ q = ρV ' = 4 πR 3 × 3 πr = Q R 3 3

(1.29)

Dengan hukum Gauss

14

E (4πr 2 ) = E=

1

εo

×Q

r3 R3

Q r 4πε o R 3 1

(1.30)

Untuk mencari medan di luar bola kita buat permukaan Gauss dengan jari-jari r > R. Dengan alas an serupa kita dapatkan

∑ E A cos θ i

i

i

(

)

= EA cos 0 o = E 4πr 2 × 1 = 4πr 2 E

Permukaan bola

r Permukaan Gauss

R

Gambar 1.15 Permukaan Gauss di luar bola Jumlah muatan yang dilingkupi permukaan Gauss adalah seluruh muatan bola, karena seluruh bagian bola ada di dalam permukaan Gauss. Dengan demikian,

∑ q = Q . Dengan hukum

Gauss 4πr 2 E =

E=

Q

εo

Q 4πε o r 2 1

(1.31)

Bola konduktor Konduktor adalah bahan yang sangat mudah mengantarkan arus listrik. Dalam keadaan stasioner: (a) medan listrik dalam konduktor selalu nol, (b) muatan yang dimiliki konduktor selalu menempati permukaan, 15

(c) medan listrik di permukaan konduktor selalu tegak lurus permukaan

Dengan sifat-sifat ini maka kita dapat dengan mudah menghitung medan listrik yang dihasilkan oleh bola konduktor yang diberi muatan Q. Misalkan jari-jari bola adalah R. Di dalam bola, yaitu pada r < R, medan listrik nol karena daerah tersebut merupakan konduktor. Kita hanya perlu menerapkan hukum Gauss saat menghitung medan di luar bola. Dan perhitungannya sama dengan saat menghitung medan listrik yang dihasilkan bola isolator. Kita akan dapatkan, medan listrik di luar bola adalah

E=

Q 4πε o r 2 1

16

Bab 2 Potensial Listrik dan Kapasitor 2.1 Energi potensial listrik

r Jika muatan q berada dalam ruang yang mengandung medan listrik E , maka energi potensial yang dimiliki muatan tersebut adalah r

r r r r r U (r ) = U (ro ) − ∫ qE • dr

(2.1)

r ro

dengan

r U (ro )

adalah energi potensial pada posisi acuan

r ro . Posisi

r ro

bisa

bermacam-macam, misalnya tak berhingga, pusat koordinat, di permukaan benda, dan sebagainya, bergantung pada di mana nilai energi potensial sudah diketahui. 2.2 Potensial listrik Potensial listrik didefinisikan sebagai energi potensial per satuan muatan listrik. Dengan menggunakan persamaan (2.1) maka definisi potensial listrik adalah r r

r r q E ∫ • dr

r r r U (r ) U (ro ) rro V (r ) = = − q q

q

r

r r r r = V (ro ) − ∫ E • dr

(2.2)

r ro

2.3 Potensial listrik oleh sebuah partikel

r r Untuk kasus ini kita dapat mengambil arah medan listrik E dan dr sejajar, r r sehingga E • dr = E dr cos 0 o = E dr . Dengan demikian, r r r V (r ) = V (ro ) − ∫ E • dr = V (ro ) − ∫ E dr r

ro

r

ro

Q Q dr = V (ro ) − 2 4πε o r 4πε o ro

= V (ro ) − ∫

1

r

dr

∫r

ro

r

Q ⎡ 1⎤ = V (ro ) − − 4πε o ⎢⎣ r ⎥⎦ ro 17

2

= V (ro ) −

Q ⎛ 1 1⎞ ⎜ − ⎟ 4πε o ⎜⎝ ro r ⎟⎠

Dengan menetapkan bahwa pada jarak tak berhingga besar potensial sama dengan nol maka, V ( r ) = V (∞ ) −

=

1⎞ Q ⎛ 1 1⎞ Q ⎛ ⎜0 − ⎟ ⎜ − ⎟ =0− 4πε o ⎝ ∞ r ⎠ 4πε o ⎝ r⎠

1

Q 4πε o r

(2.3)

2.4 Potensial listrik yang dihasilkan banyak partikel Cara menentukan potensial listrik yang dihasilkan banyak partikel cukup mudah, yaitu hanya dengan melakukan penjumlahan aljabar (penjumlahan biasa) potensial listrik yang dihasilkan masing-masing partikel. Lihat skema pada Gambar 2.3.

y q2

q1 r r2 r r1

P

r r

x

r r3

q3

Gambar 2.1 Menentukan potensial listrik yang dihasilkan oleh sejumlah titik muatan. i) Potensial yang dihasilkan muatan q1: V1 =

q1 r r 4πε o r − r1 1

ii) Potensial yang dihasilkan muatan q2: V2 =

q2 r r 4πε o r − r2

iii) Potensial yang dihasilkan muatan q3: V3 =

q3 r r 4πε o r − r3

1

Potensial total di titik pengamatan adalah

18

1

V = V1 + V2 + V3 =

q3 1 1 q1 q2 r r + r r + r r 4πε o r − r1 4πε o r − r2 4πε o r − r3

1

2.5 Potensial Momen Dipol Kita akan hitung potensial pada jarak r dari pusat dipol (titik tengah antara dua

muatan) yang membentuk sudut θ dengan sumbu dipol (sumbu vertikal). Tampak: i) Jarak titik pengamatan ke muatan –q adalah r1 ii) Jarak titik pengamatan ke muatan +q adalah r2

P

r1 ∆r1 -q

∆r2

θ1 d/2

r

θ2

θ d/2

r2

+q

Gambar 2.2 Hubungan antara r1, r2, dan r pada sebuah dipol r1 = r + ∆r1 ,

r2 = r − ∆r2 ,

∆r1 = d cos θ1 / 2 ,

∆r2 = d cos θ 2 / 2

Jika jarak titik pengamatan sangat besar dibandigkan dengan d maka dapat didekati θ1 ≈ θ 2 ≈ θ sehingga ∆r1 = d cos θ / 2 dan ∆r2 = d cos θ / 2 . Potensial di titik P yang dihasilkan oleh muatan –q: V1 = −

1

q 4πε o r1

Potensial di titik P yang dihasilkan oleh muatan +q: V2 =

1

q 4πε o r2

Potensial total di titik P 19

V = V1 + V2 = −

1

q 1 q + 4πε o r1 4πε o r2

=

q ⎛1 1⎞ q ⎜⎜ − ⎟⎟ = 4πε o ⎝ r2 r1 ⎠ 4πε o

⎛ r1 r ⎞ ⎜⎜ − 2 ⎟⎟ ⎝ r1r2 r1r2 ⎠

=

q ⎛ r1 − r2 ⎞ q ⎟⎟ = ⎜⎜ 4πε o ⎝ r1r2 ⎠ 4πε o

⎛ [r + ∆r1 ] − [r − ∆r2 ] ⎞ q ⎟⎟ = ⎜⎜ r1r2 ⎠ 4πε o ⎝

d ⎛d cos θ + cos θ ⎜ q 2 ⎜2 = 4πε o ⎜ r1r2 ⎜ ⎝

⎞ ⎟ q ⎟= ⎟ 4πε o ⎟ ⎠

⎛ ∆r1 + ∆r2 ⎞ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎝ r1r2 ⎠

⎛ d cos θ ⎞ ⎟⎟ ⎜⎜ r r ⎝ 12 ⎠

Untuk jarak r yang sangat besar dibandingkan dengan d, r1 × r2 ≈ r × r = r 2 sehingga q ⎛ d cos θ ⎞ 1 (qd ) cos θ ⎜ ⎟= 2 4πε o ⎝ r r2 ⎠ 4πε o 1 µ = cos θ 4πε o r 2

V≅

(2.4)

2.6 Potensial listrik pelat sejajar Kapasitor pelat sejajar memiliki pelat yang terpisah sejauh d. Rapat muatan pada

pelat adalah σ.

y

x x=0

x=d

Gambar 2.3 Posisi pelat sejajar dalam koordinat Beda potensial antara dua pelat adalah

20

σ σ dx = − ∆V = V − Vo = − ∫ E dx = − ∫ ε εo x =0 x =0 o d

d

σ ∫ dx = − ε [x] d

d 0

x =0

o

=−

σd εo

(2.5)

2.7 Potensial listrik akibat kehadiran bahan dielektrik Kehadiran bahan dielektrik menyebabkan kuat medan yang dihasilkan muatan berubah. Akibatnya, potensial listrik di sekitar suatu muatan juga berubah. Untuk menentukan potensial listrik akibat kehadiran bahan dielektrik, kita dapat menggunakan rumus potensial tanpa bahan dielektrik dengan mengganti ε o dengan κε o , dengan κ adalah konstanta

dielektrik bahan. Sebagai contoh, jika antara dua pelat sejajar dipasang bahan dielektrik, maka beda potensial antara dua pelat menjadi ∆V = −

σd κε o

(2.6)

Potensial listrik di sekitar muatan titik yang ditempatkan dalam medium dengan kosntanta dielektrik κ adalah V =

1

Q 4πκε o r

(2.7)

2.8 Bidang equipotensial Jika kita tempatkan sebuah muatan listrik dalam ruang, maka titik-titik di sekitar muatan memiliki potensial listrik tertentu. Besarnya potensial listrik bergantung pada jarak titik pengamatan ke muatan. Jika muatan yang kita tempatkan berbentuk titik maka potensial pada jarak r dari muatan memenuhi

V=

1

q 4πε o r

Titik-titik yang berjarak sama dari muatan memiliki potensial yang sama. Permukaan atau bidang yang memiliki potensial listrik yang sama dinamakan bidang ekipotensial. Beberapa bentuk bidang ekipotensial dari benda yang bentuknya khusus sebagai berikut: i) Untuk muatan titik, bidang ekipotensial berupa kulit bola ii) Untuk muatan bola yang tersebar homogen, bidang ekipotensial juga berupa kulit bola iii) Untuk muatan yang tersebar homogen pada kawat atau silinder, bidang ekipotensial berupa kulit silinder iv) Untuk muatan yang tersebar pada pelat, bidang ekipotensial berupa bidang datar sejajar 21

pelat Ada satu yang menarik dari bidang ekipotensial yaitu selalu tegak lurus garis gaya listrik.

(a)

(b)

(c)

Gambar 2.4 Bidang ekipotensial yang dihasilkan oleh (a) muatan titik, (b) muatan bola, dan (c) pelat sejajar 2.10. Kapasitor Kapasitor adalah piranti elektronik yang dapat menyimpan muatan listrik. Kemampuan kapasitor menyimpan muatan listrik diungkapkan oleh besaran yang namanya kapasitansi. Jika sebuah kapasitor dapat menyimpan muatan Q ketika dihubungkan dengan beda potensial V, maka kapasitansi kapasitor tersebut didefinisikan sebagaian

C=

Q V

(2.8)

Satuan kapasitansi kapasitor adalah C/V. Satuan ini memiliki nama khusus, yaitu Farad yang disingkat F. Jadi 1 F = 1 C/V 2.11 Kapasitor pelat sejajar Kapasitor ini terdiri dari dua pelat konduktor yang sejajar dan dipisahkan oleh sebuah 22

lapisan isolator.

Luas A

Luas A

d Gambar 2.5 Skema kapasitor pelat sejajar Luas masing-masing pelat adalah A. Jarak antar pelat adalah d. Kerapatan muatan listrik yang diberikan pada masing-masing pelat adalah +σ dan -σ. Besar muatan yang dikandung masing-masing pelat adalah Q = σ A. Kapasitansi kapasitor pelat sejajar adalah

C=

Q A = εo V d

(2.9)

2.12 Kapasitor satu bola konduktor

+Q

R

V

Gambar 2.6 Bola konduktor yang diberi potensial Bola kobduktor yang berjari-jari R memiliki potensial V relatif terhadap tanah. Potensial di permukaan bola konduktor adalah 23

V =

Q 4πε o R 1

Kapasitansi bola konduktor menjadi

C=

Q = 4πε o R V

(2.10)

2.13 Kapasitansi dua bola konduktor konsentris Ke dua bola dihubungkan dengan beda potensial V. Misalkan muatan masing-masing bola adalah +Q dan –Q. Kuat medan listrik antara dua bola hanya ditentukan oleh muatan bola R1, yaitu

E=

1

Q 4πε o r 2

-Q

+Q R1 R2

V

Gambar 2.7 Dua bola konsentris dipasang pada suatu beda potensial Beda potensial antara dua bola memenuhi R2

Q

R2

dr Q = V = ∫ E dr = 2 ∫ 4πε o R1 r 4πε o R1

R

2 Q ⎡ 1⎤ − ⎢⎣ r ⎥⎦ = 4πε R1 o

Kapasitansi adalah 4πε o Q C= = V (1 / R1 − 1 / R2 )

⎛ 1 1 ⎞ ⎜⎜ − ⎟⎟ ⎝ R1 R2 ⎠

(2.11)

(2.12)

24

2.14 Kapasitor dua silinder konsentris

R2 R1 V

Gambar 2.8 Dua silinder konsentris dipasang pada suatu beda potensial Silinder dalam memiliki jari-jari R1 dan silinder luar memiliki jari-jari R2. Kuat medan listrik antar dua silinder hanya ditentukan oleh muatan silinder dalam, yaitu 1 λ (2.12) E= 2πε o r dengan λ adalah rapat muatan per satuan panjang silinder. Beda potensial antara dua silnder adalah

λ V = ∫ E dr = 2πε o R R2

1

⎛ ⎞ dr λ [ln r ]RR12 = λ ln⎜⎜ R2 ⎟⎟ = r 2πε o 2πε o ⎝ R1 ⎠ R1

R2

∫

(2.13)

Rapat muatan silinder memenuhi λ = Q / L . Kita dapat menulis V =

Q / L ⎛ R2 ln⎜ 2πε o ⎜⎝ R1

⎞ ⎟⎟ ⎠

(2.14)

Kapasitansi adalah C=

2πε o L Q = V ln (R2 / R1 )

(2.15)

2.15 Rangkaian kapasitor Secara umum rangkaian kapasitor dapat dikelompokkan atas dua bagian besar, yaitu rangkaian seri dan parallel. Rangkaian-rangkaian kapasitor yang lain dapat dipandang sebagai 25

kombinasi rangkaian seri dan parallel. a) Rangkaian seri Dua kapasitor C1 dan C2 dirangkaian secara seri seperti pada gambar di bawah. Besar kapasitansi pengganti dua kapasitor di atas adalah C yang memenuhi

1 1 1 = + C C1 C 2

(2.16)

Jika terdapat N kapasitor yang disusun secara seri seri maka kapasitansi total, C, memenuhi 1 1 1 1 1 = + + + ... + C C1 C 2 C 3 CN atau N 1 1 =∑ C i =1 C i

(2.17)

C1

C2 (a)

(b) C = …?

Gambar 2.9 (a) Rangkaian seri kapasitor C1 dan C2 dan (b) adalah kapasitor pengganti (ekivalen) b) Susunan paralel

26

Susunan lain yang dapat diterapkan pada kapasitor adalah susunan parallel. Gambar berikut adalah susunan parallel dua kapasitor C1 dan C2 C1

C2 C = …?

Gambar 2.10 Susunan parallel dua kapasitor

Kapasitansi pengganti memenuhi C = C1 + C 2

(2.18)

Jika terdapat N buah kapasitor yang disusun secara parallel maka kapsitansi pengganti memenuhi C = C1 + C 2 + C 3 + ... + C N

(2.19)

atau N

C = ∑ Ci

(2.20)

i =1

2.16 Energi yang tersimpan dalam kapasitor Kapasitor yang bermuatan menyimpan sejumlah energi yang besarnya

U=

1 Q2 2 C

(2.21)

Karena Q = CV maka dapat pula ditulis U=

1 (CV ) 2 1 = CV 2 2 C 2

(2.22)

Untuk kapasitor pelat sejajar, berlaku hubungan V = Ed dan C = κε o A / d sehingga 27

U=

A⎞ 1 1⎛ 1 2 2 2 ⎜ κε o ⎟(Ed ) = κε o E ( Ad ) = κε o E Vol d⎠ 2 2⎝ 2

dengan Vol adalah volum ruang antar dua pelat (volum kapasitor). Kita definisikan rapat energi yang tersimpan dalam kapasitor (= energi per satuan volum), yaitu u=

U 1 = κε o E 2 Vol 2

(2.23)

2.17 Pengosongan kapasitor Misalkan sebuah kapasitor yang berisi muatan dihubungkan secara seri dengan sebuah hambatan R maka muatan kapasitor akan mengalir melalui hambatan R sehingga lama-kelamaan muatan kapasitor makin kecil dan akhirnya habis. Peristiwa ini disebut pengosongan kapasitor (discharge). Perubahan muatan kapasitor terhadap waktu pada proses pengosongan memenuhi

⎡ t ⎤ Q = Qo exp ⎢− ⎣ RC ⎥⎦

(2.24)

dengan Qo muatan saat t = 0. Dengan menggunakan hubungan Q = VC, kita dapat menentukan kebergantungan tegangan antara dua ujung kapasitor terhadap waktu ⎡ t ⎤ VC = Vo C exp ⎢− ⎣ RC ⎥⎦ atau ⎡ t ⎤ V = Vo exp ⎢− ⎣ RC ⎥⎦

(2.25)

C R

Gambar 2.11 Sebuah kapasitor dihubung seri dengan sebuah tahanan

28

2.18 Pengisian kapasitor Sebaliknya kita akan mengkaji proses pengisian kapasitor. Mula-mula kapasitor kosong dan saklar dalam keadaan tegangan. Tegangan antara dua kaki kapasitor nol. Pada saat

t = 0 saklar ditutup sehingga arus listrik mengalir dan kapasitor mulai terisi. Dengan demikian tegangan antara dua ujung kapasitor makin meningkat.

+ C -

S

R

Gambar 2.12 Skema rangkaian pengisian kapasitor

Besar arus yang mengalir sebagai fungsi waktu memenuhi I = I o e −t / RC

(2.26)

Tegangan antara dua ujung kapasitor memenuhi

(

Vkap = Vo 1 − e − t / RC

)

(2.27)

29

Bab 3 Listrik Arus Searah 3.1 Arus listrik Arus listrik adalah aliran muatan listrik. Jika dalam selang waktu ∆t jumlah muatan listrik yang mengalir adalah ∆Q , maka besarnya arus listrik didefinisikan sebagai

I=

∆Q ∆t

(3.1)

Muatan listrik dapat mengalir dari satu tempat ke tempat lain karena adanya beda potensial. Hubungan antara arus listrik dan beda potensial, V, adalah I=

1 V R

(3.2)

dengan R hambatan listrik. Simbol untuk hambatan listrik adalah

atau Gambar 3.1 Simbol hambatan listrik 3.2 Arus pada percabangan Jumlah arus masuk percabangan = jumlah arus keluar percabangan

Ungkapan ini dikenal dengan hukum kekekalan muatan listrik, dan dikenal pula dengan hukum Kirchoff I.

I2

I1

I3 I5 I4

Gambar 3.2 Arus yang masuk dan keluar dari percabangan 30

I1 + I 2 + I 4 = I 3 + I 5

(3.3)

3.3 Hambatan listrik Semua material memiliki hambatan listrik. Hambatan listrik mengukur sulitnya benda

dilewati arus listrik. Benda yang tidak dapat dialiri arus listrik dinamakan isolator. Material yang mudah dialiri arus listrik dinamakan konduktor. Hambatan listrik yang dimiliki bahan memiliki sifat-sifat: i) Makin besar jika bahan makin panjang ii) Makin kecil jika ukuran penampang bahan makin besar. Hubungan antara hambatan listrik yang dimiliki bahan dengan ukuran bahan memenuhi R=ρ

L A

(3.4)

dengan R hambatan yang dimiliki bahan, L panjang bahan, A luas penampang bahan, dan ρ disebut hambatan jenis bahan. 3.4 Kebergantungan hambatan pada suhu Hambatan suatu material berubah dengan terjadinya perubahan suhu. Umumnya, makin tinggi suhu maka makin besar hambatan benda. Secara matematik, kebergantungan hambatan pada suhu diberikan oleh R = Ro [1 + α (T − To )]

(3.5)

dengan T suhu, To suhu acuan, R hambatan pada suhu T, Ro hambatan pada suhu acuan To, dan α koefisien suhu dari hambatan. 3.5 Potensiometer Potensiometer adalah hambatan listrik yang nilai hambatannya dapat diubah-ubah. Pengubahan hambatan dilakukan dengan memutar atau menggeser knob.

atau

Gambar 3.3 Simbol potensiometer 31

3.6 Konduktivitas listrik Gambar 3.4 adalah ilsutrasi sebuah kabel konduktor. Dalam kabel tedapat elektron-elektron yang dapat bergerak. Jika tidak ada beda potensial antara dua ujung kabel maka peluang elektron bergerak ke kiri dan ke kanan sama sehingga arus total yang mengalir dalam kabel nol. Jika diberikan beda potensial antara dua ujung kabel maka muncul medan listrik dalam kabel. Medan listrik menarik elektron-elektron bergerak dalam arah yang berlawanan dengan arah medan. Akibatnya elektron memiliki percepatan dalam arah yang berlawanan dengan arah medan

A L Gambar 3.4 Ilustrasi kabel konduktor yang dialiri arus listrik

Dari hasil pengukuran didapatkan bahwa kecepatan terminal elektron dalam konduktor memenuhi v = µE

(3.6)

dengan µ adalah sebuah konstanta yang dikenal dengan mobilitas elektron. Kerapatan arus dalam kawat (arus per satuan luas penampang) adalah J = σE

(3.7)

dengan

σ = neµ

(3.8)

dikenal dengan konduktivitas listrik. Konduktivitas listrik mengukur kemampuan bahan mengantarkan listrik. Hubungan antara konduktivitas dan resistivitas adalah

σ=

1

(3.9)

ρ

32

3.7 Rangkaian hambatan listrik a) Hambatan seri

a

R1

b

R2

R3

c

d

I Gambar 3.5 Hambatan disusun secara seri. Tiga hambatan R1, R2, dan R3 disusun secara seri. Susunan ke tiga hambatan tersebut menghasilkan hambatan total R yang memenuhi

R = R1 + R2 + R3

(3.10)

b) Hambatan paralel

R1 I1 a I

I2

R2

b

R3

I3 Gambar 3.6 Hambatan disusun secara parallel. Tiga hambatan R1, R2, dan R3 disusun secara parallel. Susunan ke tiga hambatan tersebut menghasilkan hambatan total R yang memenuhi

1 1 1 1 = + + R R1 R2 R3

(3.11)

3.8 Rangkaian yang mengandung hambatan dan sumber tegangan Dalam rangkaian listrik, kadang kita jumpai sejumlah hambatan dan sejumlah sumber 33

tegangan. Bagaimana menentukan arus yang mengalir

a

R1

ε

R2

b

I Gambar 3.7 Contoh rangkaian yang mengandung hambatan dan sumber tegangan Rumus yang menghubungan besar arus yang mengalir dan besarnya hambatan serta tegangan adalah Vab = ∑ I R − ∑ ε

(3.12)

di mana Vab adalah beda potensial antara titik a dan titik b, arus dan hambatan sepanjang jalur antara titik a dan b, dan

∑I R

∑ε

adalah jumlah perkalian

adalah jumlah tegangan yang

dipasang sepanjang rangkaian antara titik a dan b. Persamaan (3.12) diterapkan dengan perjanjian: i) I diberi harga positif jika mengalir dari a ke b ii) ε diberi harga positif jika kutub negatif sumber tegangan menghadap titik a dan kutub positif menghadap titik b. 3.9 Loop Jika titik a dan b dihubungkan kita mendapatkan Vab = 0 dan rangkaian menjadi tertutup. Rangkaian yang tertutup tersebut disebut loop. Karena Vab = 0 maka persamaan (3.12) menjadi

∑ I R − ∑ε = 0

(3.13)

Jumlah loop dalam rangkaian tidak hanya satu, tetapi bisa banyak sekali. Sekarang kita bahas rangkaian yang terdiri dari dua loop. Prinsip yang digunakan sama dengan saat memecahkan persoalan satu loop. Hanya di sini akan muncul dua persamaan, karena ada dua arus yang harus dicari, yaitu arus yang mengalir pada masing-masing loop.

34

3.10 Daya listrik Jika arus listrik mengalir pada sebuah hambatan maka hambatan tersebut akan menjadi panas. Ini menunjukkan bahwa pada hambatan tersebut terjadi proses perubahan energi dari energi listrik menjadi energi panas. Daya yang dibuang pada hambatan adalah

P=

∆Q ∆t

= IV

(3.14)

di mana ∆Q adalah kalor yang dihasilkan selama ∆t. Dengan menggunakan hukum Ohm V = IR maka kita juga dapat menulis P = I 2R

(3.15)

35

Bab 4 Kemagnetan 4.1 Garis gaya magnetik i) Garis gaya magnet dilukiskan keluar dari kutub utara dan masuk di kutub selatan. ii) Kerapatan garis gaya per satuan luas di suatu titik menggambarkan kekuatan medan magnet di titik tersebut. iii) Kerapatan garis gaya terbesar diamati di kutub magnet. Ini berarti medan magnet paling kuat di daerah kutub. iv) Makin jauh dari kutub maka makin kecil kerapatan garis gaya. Ini berarti makin jauh dari kutub maka makin lemah medan magnet.

Gambar 4.1 Lukisan garis gaya magnet 4.2 Medan magnet Di sekitar suatu magnet dihasilkan medan magnet dengan sifat sebagai berikut: i) Arah medan magnet sama dengan arah garis gaya magnet ii) Besar medan magnet sebanding dengan kerapatan garis gaya magnet

r Kita simbolkan medan magnet dengan B , yang merupakan sebuah besaran vektor. Satuan medan magnet adalah Tesla yang disingkat T.

B

Gambar 4.2 Lukisan medan maget. 36

4.3 Gaya Lorentz Jika kawat yang dialiri arus listrik ditempatkan dalam medan magnet, maka kawat tersebut mendapat gaya dari magnet. Besar dan arah gaya yang dialami kawat yang dialiri arus listrik dalam medan magnet diberikan oleh hukum Lorentz

r r r F = I L×B (4.1) r r dengan F gaya yang dilami kawat berarus listrik, I besar arus listrik, dan L vektor panjang r kawat yang dikenai medan magnet. Besar vektor L sama dengan bagian panjang kawat yang dikenai medan magnet saja sedangkan arahnya sama dengan arah arus dalam kawat. Besarnya gaya Lorentz yang dialami kawat berarus listrik dapat ditulis F = ILB sin θ

(4.2)

r r dengan θ adalah sudut antara vektor L dan vektor B .

Untuk menentukan arah gaya Lorentz, kita gunakan aturan sekrup putar kanan: i) Tempatkan vektor panjang kawat dan vektor medan magnet sehingga titik pangkalnya berimpit. ii) Putar sekrup putar kanan dari arah vektor panjang kawat ke arah vektor medan magnet. iii) Arah maju sekrup sama dengan arah gaya Lorentz pada kawat. r B

B I

r L

r F

Gambar 4.3 Menentukan arah gaya Lorentz 4.4 Gaya Lorentz pada muatan yang bergerak Muatan yang bergerak menghasilkan arus listrik bukan? Dengan demikian, muatan yang bergerak dalam medan magnet juga mengalami gaya Lorentz. Kita dapat menurunkan persamaan gaya Lorentz untuk muatan yang bergerak dari persamaan gaya Lorentz untuk arus pada kawat. 37

Arus sama dengan muatan yang mengalir per satuan waktu, atau I = q / ∆t dengan q jumlah muatan yang mengalir selama ∆t. Selanjutnya kita dapat menulis gaya Lorentz pada kawat berarus listrik sebagai berikut r r ⎛ q ⎞r r ⎛L⎞ r F = ⎜ ⎟ L × B = q⎜⎜ ⎟⎟ × B ⎝ ∆t ⎠ ⎝ ∆t ⎠

(4.3)

r r L / ∆t adalah panjang per satuan waktu yang tidak lain daripada kecepatan muatan v .Akhirnya diperoleh gaya Lorentz pada muatan yang bergerak memenuhi

r r r F = qv × B

(4.4)

Besarnya gaya Lorentz menjadi F = qvB sin θ . 4.3 Pembelokkan lintasan muatan dalam medan magnet

r Seperti yang dibahas di atas, arah gaya Lorentz selalu tegak lurus B dan tegak lurus r v . Arah gaya yang selalu tegak lurus arah gerak pada partikel bermuatan yang bergerak dalam

medan magnet persis sama dengan gaya pada benda yang sedang bergerak melingkar beraturan. Dengan demikian, kita bisa mamastikan bahwa lintasan muatan yang masuk dalam medan magnet dalam arah tegak lurus membentuk lingkaran. Karena lintasan berbentuk lingkaran maka pada muatan ada gaya sentripetal sebesar

Fs = m

v2 r

(4.5)

Sumber gaya sentripetal adalah gala Lorentz yang dihasilkan oleh medan magnet yang besarnya FL = qvB . Dengan menyamakan nilai ke dua gaya tersebut kita peroleh qvB = m

v2 r

atau m=

qBr v

(4.6)

4.4 Spektrometer massa Spektrometer massa adalah alat yang dapat menentukan massa atom dengan teliti. Alat ini memanfaatkan prinsip gaya Lorentz. Atom yang akan diukur massanya mula-mula diionisasi sehingga bermuatan positif. Ion tersebut ditembakkan dalam medan magnet yang diketahui 38

besarnya. Jika laju ion dapat ditentukan maka masa atom dapat dihitung berdasarkan pengukuran jari-jari lintasannya. a) Selektron kecepatan Agar massa atom dapat dihitung maka laju ion harus diketahui terlebih dahulu. Cara yang mudah untuk menentukan laju ion adalah menggunakan selektor kecepatan. Selektor kecepatan memanfaatkan gaya listrik dan gaya magnet. Medan magnet dan medan listrik dibangkitkan dalam suatu ruang dalam arah yang saling tegak lurus. Partikel bermuatan ditembakkan masuk ke dalam ruangan yang mengandung dua medan tersebut. Baik medan listrik maupun medan magnet masing-masing melakukan gaya pada partikel. Gaya yang dilakukan medan listrik = q E

Gaya yang dilakukan medan magnet = q v B Besar medan listrik dan medan magnet diatur sedemikian rupa sehingga ke dua gaya tersebut persis sama besar dan berlawanan arah. Dalam keadaan demikian, partikel tidak mengalami pembelokkan

+

Gambar 4.4 Dalam selektor kecepatan, medan listrik dan medan magnet menarik partikel dalam arah berlawanan. Hanya partikel yang ditarik dalam arah berlawanan dengan gaya yang sama besar yang bergerak dalam garis lurus.

Jadi, agar lintasan partikel lurus maka harus terpenuhi qE = qvB

atau v=

E B

(4.7)

39

Hanya partikel dengan laju v = E / B yang memiliki lintasan yang lurus. Partikel dengan laju lebih besar atau lebih kecil dari v = E / B mengalami pembelokkan. Jika di depan dan di belakang selektron kecepatan dipasan dua lubang dalam posisi lurus, dan partikel masuk di celah pertama maka hanya partikel dengan laju v = E / B yang dapat losos pada celah kedua. Partikel dengan laju lebih besar atau lebih kecil tertahan oleh dinding dan tidak didapatkan di sebelah luar celah kedua. Dengan demikian, kita mendapatkan ion dengan kecepatan yang sudah tertentu yang keluar dari celah kedua. b) Spektrometer massa lengkap Spektrometer massa yang lengkap mengandung selektron kecepatan (yang mengandung medan listrik dan medan magnet yang berarah tegak lurus) dan ruang pembelokan yang mengandung medan magnet saja. Selektron kecepatan memilih partikel dengan laju tertentu saja yang memasuki ruang pembelokan. Di ruang pembelokan, jari-jari lintasan partikel diukur sehingga berdasarkan informsi laju yang dihasilkan oleh selektron kecepatan dan dengan mengukur jari-jari lintasan, maka massa atom dapat ditentukan dengan mudah.

r

+

Gambar 4.5 Skema spektrometer massa lengkap yang terdiri dari slektor kecepatan dan daerah pembelokan.

Berdasarkan Gambar 4.14, laju partikel yang lolos selektor kecepatan memenuhi v=

E B1

(4.8)

40

Atom membelok dalam ruang pembelokan sehingga massanya memenuhi m= =

qB2 r qB2 r = v E / B1

qB1 B2 r E

(4.9)

41

Bab 5 Hukum Biot Savart 5.1 Hukum Biot Savart

r dL r r

I

P

Gambar 5.1 Menentukan kuat medan magnet yang dihasilkan oleh elemen kawat r Kuat medan magnet di titik P yang dihasilkan oleh elemen dL saja diberikan oleh hukum Biot-Savart r r µ o dL × rr (5.1) dB = I 4π r3

dengan µo disebut permeabilitas magnetik vakum = 4π × 10-7 T m/A. Medan total di titik P yang dihasilkan oleh seluruh bagian kawat r r r µo dL × r (5.2) B= I 4π ∫ r 3 5.2 Medan magnet oleh kawat lurus tak berhingga Mencari medan magnet yang dihasilkan kawat lurus tak berhingga dimudahkan oleh r arah vektor dL yang selalu tetap, yaitu mengikuti arah kawat.

r r

P

I r dL Gambar 5.2 Menentukan kuat medan magnet yang dihasilkan oleh elemen kawat lurus panjang Sebelum melakukan integral, kita harus menyederhanakan dulu ruas kanan persamaan (5.2). Misalkan titik P berjarak a dari kawat (arah tegak lurus). Dengan aturan perkalian silang maka 42

r r dL × r = dL r sin θ

(5.3)

r r dengan θ adalah sudut antara vektor dL dan r . Besar medan magnet yang dihasilkan vektor r dL saja adalah r r µ o dL × r µ o dL r sin θ µ o dL sin θ I I = = (5.4) dB = I 4π 4π 4π r3 r3 r2

Pada ruas kanan persamaan (5.4), baik dL, r, maupun sin θ merupakan variabel. Agar integral dapat dikerjakan maka ruas kanan hanya boleh mengandung satu variabel. Kita harus mengungkapkan dua variabel lain ke dalam salah satu variabel saja.

dθ

P

θ

I dL

r

a

L

Gambar 5.3 Variabel-variebal integral pada persamaan (5.4) a = sin θ ⇒ r

1 1 = 2 sin 2 θ 2 r a

a = tan θ L

L=

⇒

(5.5)

cos θ a =a tan θ sin θ

(5.6)

d (sin θ ) ⎤ ⎡ d (cos θ ) dL = a ⎢ − cos θ sin 2 θ ⎥⎦ ⎣ sin θ ⎡ cos 2 θ ⎤ cos θ dθ ⎤ sin 2 θ + cos 2 θ ⎡ − sin θ dθ = a⎢ − cos θ = − + = − θ 1 a d a dθ ⎢ ⎥ 2 sin 2 θ ⎥⎦ sin 2 θ ⎣ sin θ ⎣ sin θ ⎦

=− a

dθ sin 2 θ

(5.7)

dB =

µ o ⎛ a dθ ⎞⎛ sin 2 θ ⎞ µ I I⎜− ⎟⎜⎜ 2 ⎟⎟ sin θ = − o sin θ dθ 2 4π a 4π ⎝ sin θ ⎠⎝ a ⎠

(5.8)

Selanjutnya kita menentukan batas-batas integral. Karena kawat panjang tak berhingga, maka batas bawah adalah L → -∞ dan batas atas adalah L → +∞. Karena tan θ = a / L , maka untuk L → -∞ diperoleh tan θ → −0 atau θ = 180o dan untuk L → +∞ diperoleh tan θ → +0 43

atau θ = 0o.

µo I 0 µo I µo I 0 [ ] B=− sin θ d θ = − − cos θ = − [−1 + (−1)] 180 4π a 180∫ 4π a 4π a o

o

o

o

=

µo I 2π a

(5.9)

Arah medan magnet dapat ditentukan dengan aturan tangan kanan. Jika kalian genggam empat jari tangan kanan dan ibu jari dibiarkan lurus maka i) Arah ibu jari bersesuaian dengan arah arus ii) Arah jari-jari yang digenggam bersesuaian dengan arah medan magnet di sekitar arus tersebut Cara lain adalah berdasarkan arah masuk sekrup putar kanan. Arah masuk sekrup sesuai dengan arah arus sedangkan arah putar sekrup sesuai dengan arah medan magnet. 5.3 Medan magnet oleh kawat lurus berhingga Medan magnetik di titik yang sejajar ujung batang dapat ditentukan sebagai berikut.

P r θ

L

dL

a

Lo-L = a/tanθ

Gambar 5.4 Variabel-variabel untuk menentukan kuat medan magnet di posisi yang sejajar ujung kawat

dB =

µo I sin θ dθ 4π a

(5.10)

Ketika elemen dL berada di ujung kiri kawat, maka sudut yang dibentuk adalah θm yang memenuhi a tan θ m = (5.11) Lo Dan ketika elemen dL berada di ujung kanan kawat maka sudut yang dibentuk adalah 90o. Jadi, batas integral adalah 90o sampai θm. Maka kita dapatkan medan magnet di titik P adalah 44

µ o I 90 B= sin θ dθ 4π a θ∫ o

m

µo 4π µ = o 4π

=

o I [− cos θ ]θ90m = µ o I − cos 90 o + cos θ m a 4π a

[

]

I cos θ m a

(5.12)

Dengan menggunakan persamaan (5.11) kita mendapatkan cos θ m = Lo / a 2 + L2o . Dengan demikian, kuat medan magnet di titik P adalah B=

Lo µo I 2 4π a a + L2o

(5.13)

Selanjutnya kita bahas kasus yang lebih umum lagi di mana titik pengamatan berada di antara dua ujung kawat. Misalkan titik tersebut berjarak a dari kawat dan berjarak b dari salah satu ujung kawat. Kita dapat memandang bahwa medan tersebut dihasilkan oleh dua potong kawat yang panjangnya b dan panjangnya Lo – b, seperti pada Gbr. 5.5, di mana titik pengamatan berada di ujung masing-masing potongan kawat tersebut.

b

Lo-b a

P I

Lo

Gambar 5.5 Menentukan kuat medan magnet pada posisi sembarang di sekitar kawat

Kuat medan yang dihasilkan oleh potongan kawat kiri dan kanan masing-masing B1 =

µo I b 2 4π a a + b 2

(5.14)

B2 =

Lo − b µo I 4π a a 2 + ( Lo − b) 2

(5.15)

45

Kuat medan total di titik pengamatan adalah B = B1 + B2

=

µ o I ⎛⎜ Lo − b b + 4π a ⎜ a 2 + b 2 a 2 + ( Lo − b) 2 ⎝

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

(5.16)

Selanjutnya kita mencari kuat medan listrik pada titik yang berada di luar areal kawat, misalnya pada jarak b di sebelah kiri kawat seperti pada gambar 5.6

b P

a

Lo

I

Gambar 5.6 Menentukan kuat medan magnet pada jarak sembarang di luar kawat. Masalah ini dapat dipandang sebagai dua potong kawat berimpit. Satu potong kawat panjangnya Lo + b dan dialiri arus ke kanan dan potong kawat lain panjangnya b dan dialiri arus ke kiri, seperti diilustrasi pada Gbr 5.7. Besar arus yang mengalir pada dua kawat sama. Ujung kiri dua potongan kawat diimpitkan. Kuat medan magnet yang dihasilkan potongan kawat panjang adalah

B1 =

µo I Lo + b 2 4π a a + ( Lo + b) 2

(5.17)

b a

P Lo

I

Gambar 5.7 Kawat pengganti skema pada Gbr 5.6

46

I

Kuat medan magnet yang dihasilkan potongan kawat pendek adalah B2 = −

µo I b 4π a a 2 + b 2

(5.18)

Medan total di titik P adalah B = B1 + B2

=

µ o I ⎛⎜ Lo + b b − 2 2 2 ⎜ 4π a a + ( Lo + b) a + b2 ⎝

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

(5.19)

5.4 Medan magnet oleh cincin Kita ingin menentukan kuat medan magnet sepanjang sumbu cincin pada jarak b dari

pusat cincin. Berdasarkan Gbr 5.8, besarnya medan magnet di titik P yang dihasilkan oleh elemen cincing sepanjang dL adalah

dB =

µ o dL sin θ I 4π r2 dB//

α

dB

P dB⊥

α r

b

a

θ

I

Gambar 5.8 Medan magnet di sumbu cincin yang dihasilkan oleh elemen pada cincin dL selalu tegak lurus r sehingga θ = 90o atau sin θ = 1. dB =

µ o dL I 4π r 2

(5.20) 47

dB dapat diuraikan atas dua komponen yang saling tegak lurus dB⊥ = dB cos α

dan dB// = dB sin α

(5.21)

Tiap elemen kawat memiliki pasangan di seberangnya (lokasi diametrik) di mana komponen tegak lurus sumbu memiliki besar sama tetapi arah tepat berlawanan. Dengan demikian ke dua komponen tersebut saling meniadakan. Untuk menentukan kuat medan total kita cukup melakukan integral pada komponen yang sejajar sumbu saja.

B = ∫ dB// = ∫ dB sin α =∫

µ o dL I sin α 4π r 2

(5.22)

Semua parameter dalam integral konstan kecuali dL. Dengan demikian kita peroleh B=

=

µo I µ I sin α ∫ dL = o 2 sin α (2πa ) 2 4π r 4π r

µo I ⎛ a ⎞

2

⎜ ⎟ sin α 2 a⎝r⎠

(5.23)

Karena a / r = sin α maka B=

µo I 2 a

sin 3 α

(5.24)

Untuk kasus khusus titik di pusat lingkaran, kita dapatkan α = 90o sehingga B=

µo I

(5.28)

2 a

5.5 Solenoid Solenoid adalah lilitan kawat yang berbentuk pegas. Panjang solenoid dianggap tak berhingga. Pertama kita akan mencari kuat medan magnet di pusat solenoid tersebut. Solenoid dapat dipandang sebagai susunan cincin sejenis yang jumlahnya sangat banyak. Tiap cincin membawa arus I. Medan di dalam solenoid merupakan jumlah dari medan yang dihasilkan oleh cincin-cincin tersebut. Misalkan jumlah lilitan per satuan panjang adalah n. Kita lihat elemen solenoid sepanjang dx. Jumlah lilitan dalam elemen ini adalah dN = ndx

(5.29)

Elemen tersebut dapat dipandang sebagai sebuah cincin dengan besar arus 48

dI = IdN = Indx

(5.30)

× × × × × × × × × × × × × × × × r α P

a

• • • • • • • • • • • • • • • • x

dx

Gambar 5.9 Penampang solenoid jika dibelah dua.

Karena elemen tersebut dapat dipandang sebagai sebuah cincin, maka medan magnet yang dihasilkan di titip P memenuhi persamaan (5.24), dengan mengganti I dengan dI pada persamaan (5.30).

µ o dI

dB =

=

2 a

µ o Indx 2

a

sin 3 α

sin 3 α

(5.31)

Tampak dari Gbr 5.9, a = tan α x

⇒

x=

a ⇒ tan α

dx = −

µ o In ⎛

µ a dα ⎞ 3 ⎟ sin α = − o In sin α dα ⎜− 2 2 a ⎝ sin α ⎠ 2

dB =

a dα sin 2 α

(5.32)

(5.33)

Batas bawah adalah x → -∞ dan batas atas adalah x → +∞. Karena tan α = a / x , maka untuk x → -∞ diperoleh tan α → -0 atau α = 180o, dan maka untuk x → +∞ diperoleh tan α → +0 atau α = 0o. Medan magnet total yang dihasilkan di pusat solenoid adalah 0o

B=−

∫

180 o

=−

µo

2 = µ o nI

µo 2

In sin α dα = −

In[− cos α ]1800 = − 0o

µo

µo 2

2

0o

In

∫ sin α dα

180 o

In[− 1 + (−1)]

(5.34) 49

5.6 Medan magnet dalam toroid Jika solenoid yang panjangnya berhingga kita gabungkan ujungnya, maka kita mendapatkan sebuah bentuk seperti kue donat. Bentuk ini dinamakan toroid.

Gambar 5.10 Skema toroid. Bentuknya seperti donat berongga. Jika kita bergerak sepanjang rongga solenoid ideal (panjang tak berhingga) maka kita tidak pernah menemukan ujung solenoid tersebut. Dengan cara yang sama, apabila kita bergerak sepanjang rongga toroid, kita pun tidak pernah menemukan ujung toroid tersebut. Sehingga, toroid akan serupa dengan solenoid ideal. Oleh karena itu, menjadi sangat logis apabila kita berkesimpulan bahwa kuat medan magnet dalam toroid sama dengan kuat medan magnet dalam solenoid ideal, B = µ o nI

(5.35)

dengan n jumlah kumparan per satuan panjang dan I arus yang mengalir pada kawat toroid.

50

Bab 6 Hukum Ampere 6.1 Hukum Ampere

r Misalkan di suatu ruang terdapat medan magnet B . Di dalam ruang tersebut kita buat sebuah lintasan tertutup S yang sembarang seperti Gbr 6.1

r dl r B

S Gambar 6.1 Lintasan tertutup sembarang dalam ruang yang mengandung medan magnet r Kita perhatikan elemen lintasan dl . Anggap kuat medan magnet pada elemen tersebut adalah r r r B . Integral perkalian titik B dan dl dalam lintasan tertutup S memenuhi

r

r

∫ B • dl

= µo ∑ I

(6.1)

S

dengan

∑I

adalah jumlah total arus yang dilingkupi S. Tanda

∫

menyatakan bahwa integral

harus dikerjakan pada lintasan tertutup. Persamaan (6.1) dikenal dengan hukum Ampere dalam bentuk integral. Dalam menerapkan hukum ini, beberapa langkah standar yang harus dilakukan adalah: i) Pilih lintasan tertutup sedemikian rupa sehingga - Kuat medan magnet pada berbagai titik di lintasan konstan - Vektor medan magnet dan vektor elemen lintasan selalu memebtnuk sudut yang konstant untuk semua elemen lintasan. ii) Cari

∑ I , yaitu jumlah total arus yang dilingkupi lintasan ampere.

6.2 Aplikasi hukum Ampere pada kawat lurus panjang Untuk kawat lurus panjang, lintasan Ampere adalah sebuah lingkaran yang sumbunya berimpit dengan kawat tersebut.

51

r dl

a

I

r B

Gambar 6.2 Lintasan ampere di sekitar kawat lurus panjang adalah lindkaran dengan sumbu berimpit dengan kawat. r r r r Sepanjang lintasan, vektor B dan dl selalu sejajar sehingga sudut θ antara B dan dl nol r r sehingga B • dl = B dl cos θ = B dl cos 0 o = B dl dan

r

r

∫ B • dl = ∫ B dl S

(6.3)

S

Pada tiap titik di lintasan, besar medan magnet konstan sehingga B dapat ditarik keluar dari integral dan didapatkan

∫ B dl = B ∫ dl = B × (keliling lingkaran) = B × (2πa) S

(6.4)

S

Karena yang dilingkupi lintasan Ampere hanya satu kawat, dan kawat tersebut diliri arus I, maka

∑ I = I . Akhirnya diperoleh B × (2πa) = µ o I B=

µo I 2π a

(6.5)

b) Penerapan hukum Ampere pada solenoid Solenoid yang akan kita bahas juga solenoid ideal dengan jumlah lilinan per satuan panjang adalah n. Kawat solenoid dialiri arus I. Jika solenoid dibelah dua maka penampang solenoid tampak pada Gambar 6.3

52

l

i B=0 × × × × × × × × × × × × × × × ×

ii

iv

B

iii • • • • • • • • • • • • • • • • Gambar 6.3 Lintasan ampere pada solenoid Lintasan Ampere berupa segiempat. Integral pada lintasan tertutup dapat dipecah menjadi jumlah inegral pada tiap-tiap sisi segiempat, yaitu r r r r r r r r r r B • d l = B • d l + B • d l + B • d l + B ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ • dl S

i

ii

iii

(6.6)

iv

Mari kita lihat tiap-tiap suku integral. Lintasan i: Pada lintasan ini kuat medan magnet nol karena berada di luar solenoid sehingga r r r • = 0 • =0 B d l d l ∫ ∫ i

i

Lintasan ii: Pada lintasan ini, potongan yang berada di luar solenoid memiliki medan magnet nol sedangkan potongan yang ada di dalam solenoid luar memiliki medan magnet yang tegak lurus lintasan. Jadi r r B ∫ • dl = ii

r r B ∫ • dl +

pot . luar

r r B ∫ • dl =

pot . dalam

r 0 • d l + ∫

pot . luar

Lintasan iii:

∫ B dl cos 90

o

=0+0 =0

pot . dalam

r r r r Pada lintasan ini, vektor B dan dl selalu sejajar sehingga sudut θ antara B dan dl nol. r r Jadi, B • dl = B dl cos θ = B dl cos 0 o = B dl . Dengan demikian diperoleh 53

,

r r B ∫ • dl = ∫ B dl = B ∫ dl = B × ( panjang lin. iii) = Bl

iii

iii

iii

Lintasan iv: Inetgral pada lintasan iv persis sama dengan integral pada lintasan ii sehingga hasilnya juga nol, atau r

r

∫ B • dl

iv

=

r

r

r

r

∫ B • dl + ∫ B • dl

pot . luar

pot . dalam

=

r

∫ 0 • dl + ∫ B dl cos 90

pot . luar

o

=0+0 = 0

pot . dalam

Dengan dengan demikian, integral pada lintasan tertutup adalah r r B ∫ • dl = 0 + 0 + Bl + 0 = Bl

(6.8)

S

Arus yang dilingkupi lintasan Ampere adalah arus yang mengalir dalam ruas solenoid sepanjang l, yaitu

∑ I = nlI . Akhirnya diperoleh Bl = µ o (nlI ) B = µ o nI

(6.9)

c) Penerapan hukum Ampere untuk toroid Buat lintasan Ampere berbentuk lingkaran yang melalui rongga toroid.

r dl

R

r B

Gambar 6.4 Lintasan ampere pada toroid berbentuk lingkaran yang melewati rongga toroid Keliling toroid adalah K = 2πR . Jumlah lilitan toroid adalah N = 2πRn . Sepanjang lintasan 54

r r r r Ampere, vektor B dan dl selalu sejajar sehingga sudut θ antara B dan dl nol. Jadi, r r B • dl = B dl cos θ = B dl cos 0 o = B dl . Jadi,

r r B ∫ • dl = ∫ B dl = B ∫ dl = B × (keliling lingkaran) = B × (2πR) S

S

(6.10)

S

Karena jumlah lilitan yang dilingkupi lintasan Ampere adalah N maka jumlah arus yang

∑ I = NI = 2πRnI . Akhirnya diperoleh

dilingkupi lintasan ini adalah

B × (2πR) = µ o (2πRnI ) B = µ o nI

(6.11)

d) Penerapan hukum Ampere untuk pelat tak berhingga Misalkan kerapatan arus per satuan lebar pelat adalaj J (ampere/meter). Kita akan

menentukan kuat medan magnet pada jarak a tegak lurus pelat. Kita buat lintasan Ampere berupa persegi panjang sebagai berikut.

L ii i iv

iii

Gambar 6.5 Lintasan ampere di dekitar pelat tak berhingga.

Pemilihan lintasan Ampere di atas menyebabkan: a) Pada elemen lintasan i arah medan magnet sejajar dengan arah elemen lintasan. b) Pada elemen lintasan ii arah medan magnet tegak lurus dengan arah elemen lintasan. c) Pada elemen lintasan iii arah medan magnet sejajar dengan arah elemen lintasan. d) Pada elemen lintasan iv arah medan magnet tegak lurus dengan arah elemen lintasan. Integral Ampere untuk lintasan tertutup dapat ditulis sebagai r r r r r r r r r r B • d l = B • d l + B • d l + B • d l + B ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ • dl S

i

ii

iii

iv

55

Mari kita hitung tiap-tiap suku integral r r r a) Pada elemen lintasan i, vektor B dan dl sejajar sehingga sudut θ antara B dan r r Jadi, B • dl = B dl cos θ = B dl cos 0 o = B dl r r r b) Pada elemen lintasan ii, vektor B dan dl tegak lurus sehingga sudut θ antara B r r 90o. Jadi, B • dl = B dl cos θ = B dl cos 90 o = 0 r r r c) Pada elemen lintasan iii, vektor B dan dl sejajar sehingga sudut θ antara B dan r r Jadi, B • dl = B dl cos θ = B dl cos 0 o = B dl r r r d) Pada elemen lintasan iv, vektor B dan dl tegak lurus sehingga sudut θ antara B r r 90o. Jadi, B • dl = B dl cos θ = B dl cos 90 o = 0

r dl nol.

r dan dl

r dl nol.

r dan dl

Dengan demikian

r r B ∫ • dl = ∫ B dl + ∫ B dl S

i

iii

Besarnya B pada elemen lintasan i dan iii konstan sehingga dapat dikeluarkan dari integral. Akhirnya diperoleh

r r B ∫ • dl = B ∫ dl + B ∫ dl = BL + BL = 2 BL S

i

(6.12)

iii

Rapat arus per satuan panjang pelat dalam arah tegak lurus adalah J. Karena panjang lintasan Ampere dalam arah tegak lurus adalah L maka arus yang dilingkupi lintasan Ampere adalah

∑ I = JL . Dengan demikian diperoleh 2 BL = µ o ( JL) B=

µo J

(6.13)

2

56

Bab 7 GGL Induksi dan Induktansi 7.1 Fluks magnetik Kita bahas definisi fluks magnetik sebagai berikut.

r dA r B

A Gambar 7.1 Fluks magnetik menyatakan jumlah garis gaya yang menembus permukaan dalam arah tegak lurus

r

r

φ = ∫ B • dA = ∫ B dA cos θ

(7.1)

r r dengan θ adalah sudut antara vektor B dan dA .

7.2 Hukum Faraday Hukum ini menyatakan bahwa apabila terjadi perubahan fluks dalam suatu loop maka

dihasilkan gaya gerak listrik (tegangan listrik) induksi yang berbanding lurus dengan laju perubahan fluks. Secara matematik, hukum tersebut dapat ditulis Σ = −N

dφ dt

(7.2)

dengan Σ : gaya gerak liristik (ggl) induksi dan N : jumlah lilitan kumparan. Tampak dari persamaan (7.2), besarnya ggl yang dihasilkan bergantung pada berapa cepat perubahan fluks berlangsung, bukan bergantung pada berapa nilai fluks saat itu. Juga makin banyak lilitan pada kumparan makin besar ggl indukasi yang dihasilkan. 7.3 Hukum Lentz Hukum Faraday hanya mengungkapkan besarnya ggl induksi yang dihasilkan ketika

terjadi perubahan fluks magnetik dalam suatu loop tetapi tidak mengungkapkan secara detail ke 57

mana arah arus induksi dalam loop tersebut. Arah arus induksi yang dihasilkan diungkapkan oleh hukum Lentz Arah arus induksi dalam suatu kumparan adalah sedemikian rupa sehingga medan magnet yang dihasilkan arus tersebut melawan perubahan fluks penyebabnya.

Apa makna pernyataan hukum ini? i) Jika fluks yang menyebabkan ggl makin lama makin besar maka arah arus induksi harus sedemikian rupa sehingga medan magnet yang dihasilkannya memperkecil fluks tersebut. Ini hanya mungkin jika arah medan magnet yang dihasilkan arus induksi berlawanan dengan arah medan yang diterapkan pada loop. ii) Jika fluks yang menyebabkan ggl makin lama makin kecil maka arah arus induksi harus sedemikian rupa sehingga medan magnet yang dihasilkannya memperbesar fluks tersebut. Ini hanya mungkin jika arah medan magnet yang dihasilkan arus induksi searah dengan arah medan yang diterapkan pada loop. 7.4 Induktansi Jika solenoid dialiri arus searah maka beda potensial antara dua ujung solenoid hampir nol karena beda tegangan sama dengan perkalian arus dan hambatan solenoid. Solenoid hanya berupa kawat konduktor sehingga hambatan listrik antara dua ujung solenoid hampir nol. Tetapi

jika solenoid dilairi arus yang berubah-ubah terhadap waktu, maka sifat solenoid akan berubah. Karena arus berubah-ubah terhadap waktu maka kuat medan magnet dalam solenoid berubah-ubah sehingga fluks magnetik yang dikandung solenoid berubah terhadap waktu. Berdasarkan hukum Faraday maka solenoid menghsilkan ggl induksi. Dengan demikian, ketika dialiri arus bolak-balik maka muncul tegangan antara dua ujung solenoid. Berapa besar ggl induksi antara dua ujung solenoid tersebut?

Idc

Iac

Σ=0

Σ≠0

Gambar 7.2 (kiri) jika solenoid dialiri arus dc, tidak muncul tegangan antara dua ujung solenoid. (kanan) jika solenoid dialiri arus ac maka muncul tegangan antara dua ujung solenoid. 58

Kuat medan magnet dalam rongga solenoid adalah B = µ o nI . Jika luas penampang solenoid A maka fluks magnetik dalam solenoid adalah

φ = BA = µ o nIA

(7.3)

Ggl induksi yang dihasilkan solenoid adalah

Σ = −N

d ( µ o nIA) dφ dI = −N = − Nµ o nA dt dt dt

(7.4)

Tampak bahwa ggl induksi yang dihasilkan berbanding lurus dengan laju perubahan arus. Untuk arus yang konstant (arus dc) maka dI/dt = 0 sehingga ggl induksi yang dihasilkannya nol. Ggl induksi hanya ada jika arus yang mengalir berubah-ubah terhadap waktu sehingga dI/dt tidak nol. a. Induktansi diri Kita mendefinisikan besaran yang bernama induktansi diri, L, yang memenuhi

hubungan Σ = −L

dI dt

(7.5)

Dengan membandingkan persamaan (7.4) dan (7.5) kita peroleh ungkapan induktasi L = Nµ o nA

(7.6)

Jika l adalah panjang solenoid maka kita dapat menulis n = N / l sehingga diperoleh bentuk lain ungkapan induktasi diri

L=

N 2 µo A l

(7.7)

Satuan induktansi adalah Henry dan disingkat H. b. Induktansi bersama Induktansi bersama memerlukan kehadiran dua solenoid atau lebih. Induktansi bersama

memperhitungkan efek satu solenoid terhadap solenoid lainnya. Misalkan kita memiliki dua solenoid yang didekatkan. 59

Σ2

I1

Gambar 7.3 Dua buah kumparan yang berada pada jarak cukup dekat

Misalkan medan magnet yang dihasilkan solenoid pertama adalah B1. Maka medan magnet yang menembus solenoid kedua berbanding lurus dengan B1, B2 = ξB1

(7.8)

Dengan ξ adalah konstanta yang nilainya kurang dari satu. Jika luas penampang solenoid kedua adalah A2 maka fluks magnetik pada solenoid kedua adalah

φ 2 = B2 A2 = ξB1 A2

(7.9)

Dengan menganggap bahwa solenoid bersifat ideal, maka medan magnet yang dihasilkan solenoid pertama memenuhi B1 = µ o n1 I 1 sehingga

φ 2 = ξµ o n1 A2 I 1

(7.10)

Ggl induksi yang dihasilkan oleh solenoid kedua menjadi Σ2 = −N2

dφ 2 dt

= −ξµ o N 2 n1 A2

dI 2 dt

(7.11)

Kita mendefinisikan besaran yang bernama induktansi bersama sebagai berikut Σ 2 = L21

dI 1 dt

(7.12)

Dengan membandingkan persaman (7.11) dan (7.12) kita peroleh bentuk induktansi bersama 60

L21 = ξµ o N 2 n1 A2

(7.13)

Jika l 1 adalah panjang solenoid pertama maka n1 = N 1 / l 1 . Akhirnya kita dapatkan bentuk lain induktansi bersama sebagai berikut L21 =

ξµ o N 1 N 2 A2

(7.14)

l1

Nilai parameter ξ bergantung pada jarak antara dua solenoid, dan orientasi satu solenoid terhadap solenoid lainnya. Maki n jauh jarak antara dua solenoid maka makin kecil harga ξ. Jika jarak antar dua solenoid sangat besar (mendekati tak berhingga) maka ξ = 0. Ini baerarti tidak ada medan magnet yang dihasilkan solenoid pertama yang masuk ke solenoid kedua. Sebaliknya, jika dua solenoid berimpitan dan konsentris maka ξ = 1. Ini terjadi karena rongga solenoid pertama juga merupakan rongga solenoid kedua. 7.5 Memperbesar induktansi Jika hanya ruang kosong dalam rongga solenoid maka induktansi yang dimiliki solenoid tersebut sangat kecil. Untuk memperbesar induktansi suatu solenoid, kita masukkan bahan magnetik ke dalam rongga solenoid tersebut. Medan magnet yang mula-mula B saat solenoid

kosong berubah menjadi B' = µB

(7.15)

ketika di dalam rongga solenoid dimasukkan bahan magnetik dengan permeabilitas µ. Dengan demikian, fluks magnetik dalam solenoid ketika solenoid tersebut dilewati arus adalah

φ = µµ o nIA

(7.16)

Ggl induksi yang dihasilkan arus adalah Σ = −N

dφ dI = − Nµµ o nA dt dt

Maka induktansi diri solenoid tersebut adalah ⎛N⎞ L = Nµµ o nA = Nµµ o ⎜ ⎟ A ⎝l⎠ 61

= N 2 µµ o

A l

(7.17)

Tampak bahwa induktansi menjadi µ kali lebih besar dibandingkan dengan induktansi saat solenoid kosong. 7.6 Energi medan magnet Misalkan sebuah solenoid dialiri arus I. Maka pada dua ujung solenoid muncul ggl induksi sebesar

Σ = −L

dI dt

Jika muatan sebesar dq mengalir melewati solenoid tersebut maka energi yang diperlukan untuk melawan beda potensial solenoid adalah dW = −Σdq = L = LdI

dI dq dt

dq dt

(7.18)

Tetapi dq / dt = I sehingga dapat ditulis dW = LI dI . Kerja total yang dilakukan untuk melewatkan arus pada solenoid dari nol hingga arus I adalah I

1 ⎡1 ⎤ W = ∫ dW = ∫ LIdI = L ∫ IdI = L ⎢ I 2 ⎥ = LI 2 ⎣2 ⎦0 2 0 0 0 I

I

I

(7.19)

Kerja yang diberikan tersimpan sebagai energi dalam solenoid. Jadi, energi yang tersimpan dalam solenoid yang dialiri arus I adalah U=

1 2 LI 2

(7.20)

Kuat medan magnet dalam rongga solenoid (dengan anggapan solenoid ideal) adalah B = µ o nI = µ o

N I l

atau I=

Bl µo N

(7.21)

Kita dapatkan 62

1 ⎛ N 2 µ o A ⎞⎛ Bl ⎞ ⎟⎜ ⎟ U = ⎜⎜ 2 ⎝ l ⎟⎠⎜⎝ µ o N ⎟⎠ =

1 ⎛ N 2 µ o A ⎞⎛ B 2 l 2 ⎜ ⎟⎜ 2 ⎜⎝ l ⎟⎠⎜⎝ µ o2 N 2

2

⎞ 1 2 ⎟= ⎟ 2 µ B ( Al) o ⎠

(7.22)

Bagian dalam tanda kurung tidak lain daripada volum rongga solenoid. Kita definisikan rapat energi medan magnetik per satuan volum sebagai u=

U ( Al)

=

1 2µ o

B2

(7.23)

Persamaan (7.40) menyatakan bahwa jika di suatu tempat terdapat medan magnet B maka di tempat tersebut terdapat energi medan magnet dengan kerapatan per satuan volum diungkapkan oleh persamaan (7.23) 7.7 Transformator Transformator yang sering disingkat trafo adalah alat listrik yang digunakan untuk mengubah tegangan listrik menjadi lebih besar atau lebih kecil dari tegangan semula. Tengan yang dapat diubah oleh trafo hanya tegangan yang berubah-ubah terhadap waktu, misalknya tegangan bolak-balik. Secara umum trafo memiliki dua kumparan. i) Kumparan primer berada di bagian input, tempat tegangan listrik masuk ke dalam trafo. ii) Kumparan sekunder berada di bagian output trafo, tempat tegangan listrik hasil pengubahan keluar dari trafo. Jika arus masuk ke dalam kumparan primer maka dihasilkan medan magnet. Medan magnet yang dihasilkan kumparan primer diarahkan ke kumparan sekunder. Agar pengarahan tersebutberlangsung efektif maka di dalam rongga trafo umumnya diisi teras besi atau bahan lain yang dapat bersifat magnetik. Dengan penggunaan bahan tersebut maka seolah-olah medan magnet yang dihasilkan kumparan primer mengalir ke dalam bahan tersebut dan seluruhnya mencapai kumparan sekunder. Jadi diperoleh

Bs = B p

(7.24)

dengan Bs : medan magnet yang ada di kumparan sekunder dan Bp : medan magnet yang ada 63

dalam kumparan primer Dengan asumsi bahwa kumparan primer berperilaku sebagai solenoid ideal maka

B p = µµ o n p I p . Fluks magnetik pada kumparan primer adalah φ p = B p A p = µµ o n p I p A p . Fluks magnetik pada kumparan sekunder adalah φ s = Bs As = B p As = µµ o n p I p As

.

Ggl

indukasi

yang dihasilkan pada kumparan primer adalah

Σ p = −N p

dφ p dt

= − N p µµ o n p A p

dI p

(7.25)

dt

Ggl indukasi yang dihasilkan pada kumparan sekunder adalah

Σs = −N s

dI p dφ s = − N s µµ o n p As dt dt

(7.26)

Dengan demikian Σs N A = s s Σ p N p Ap Jika dianggap bahwa luas penampang kumparan primer dan sekunder sama maka diperoleh

Σs N = s Σp Np

(7.27)

7.8 Daya trafo Pada transformator arus dimasukkan pada kumparan primer. Hasilnya pada kumparan sekunder diperoleh arus. Karena adanya arus listrik menandakan adanya energi, maka energi yang dimasukkan ke kumparan primer dapat dideteksi pada kumparan sekunder. Dengan demikian, trafo juga berperan sebagai pemindah energi dari kumparan primer ke kumparan sekunder. Dari sifat pemindahan energi ini kita dapat menentukan hubungan antara arus pada kumparan primer dan pada kumparan sekunder. Hubungan ini dapat ditentukan sebagai berikut. Daya pada kumparan primer dan sekunder masing-masing

Pp = I p Σ p

(7.28)

Ps = I s Σ s

(7.29)

64

Tidak semua daya pada kumparan primer dapat dipindahkan ke kumparan sekunder. Hanya trafo idel yang sanggup memindahkan seluruh daya dari kumparan primer ke kumparan sekunder. Jika

η adalah efisiensi trafo maka dipenuhi Ps = ηPp

⇒

I s Σ s = ηI p Σ p

⇒

Is =η

Σp Σs

Ip

(7.30)

Dengan memasukkan persamaan (7.27) ke dalam persamaan (7.30) diperoleh ⎛ Np I s = η ⎜⎜ ⎝ Ns

⎞ ⎟⎟ I p ⎠

⇒

Np Is =η Ip Ns

(7.31)

65

Bab 8 Arus Bolak-Balik

arus

arus

Arus bolak-balik adalah arus yang arahnya berubah-ubah secara bergantian. Pada suatu saat arah arus ke kanan, kemudian berubah menjadi ke kiri, kemudian ke kanan, ke kiri, dan seterusnya. Contoh kurva arus bolak-balik tampak pada Gbr 8.1

arus

waktu

arus

waktu

waktu

waktu

Gambar 8.1 Contoh grafik arus bolak-balik

Pada grafik (a) kita dapatkan arus bolak-balik yang berubah secara sinusoidal. Setengah periode arus bergerak dalam satu arah dan setengah periode lainnya arus bergerak dalam arah sebaliknya. Pada grafik (b) kita amati arus bolak-balik yang berubah secara persegi. Dalam setengah periode arus bergerak dalam satu arah dan setengah periode lainnya arus bergerak dalam arah sebaliknya. Pada grafik (c) kita amati arus bolak-balik yang berubah dengan pola segitiga. Pada grafik (d) kita amati arus bolak-balik yang berubah secara transien. 8.1 Arus bolak-balik sinusoidal Bentuk arus bolak-balik yang paling sederhana adalah arus sinusoidal. Kebergantungan arus terhadap waktu dapat dinyatakan oleh fungsi kosinus berikut ini

66

I Im

t -Im

T

V Vm

t -Vm

T

Gambar 8.2 Contoh kurva tegangan dan arus bolak-balik

⎛ 2π ⎞ I = I m cos⎜ t + ϑo ⎟ ⎝ T ⎠

(8.1)

dengan I m arus maksimum (amplitudo arus), T periode arus, t waktu, dan ϕo fase mula-mula (saat t = 0). Jika arus tersebut melewati sebuah hambatan, maka tegangan antara dua ujung hambatan ⎛ ⎛ 2π ⎞⎞ V = RI = R × ⎜⎜ I m cos⎜ t + ϑo ⎟ ⎟⎟ ⎝ T ⎠⎠ ⎝ ⎛ 2π ⎞ = Vm cos⎜ t + ϑo ⎟ ⎝ T ⎠

(8.2)

dengan Vm = RI m adalah amplitudo tegangan. 8.2 Tegangan rata-rata Tegangan rata-rata didefinisikan sebagai berikut 67

V =

lim

1

τ →∞ τ

τ

∫ Vdt

(8.3)

0

Untuk fungsi sinusoidal, perata-rataan di atas menghasilkan nilai yang sama dengan perata-rataan selama satu periode saja. Jadi, tegangan rata-rata dapat ditulis dalam bentuk T

1 V = ∫ Vdt T 0

(8.4)

Dengan menggunakan V pada persamaan (8.2) maka didapat T Vm T 1 ⎛ 2π ⎞ ⎛ 2π ⎞ V = ∫ Vm cos⎜ t + ϑo ⎟ dt = cos⎜ t + ϑo ⎟ dt ∫ T 0 T 0 ⎝ T ⎠ ⎝ T ⎠

(8.5)

Untuk memudahkan penyelesaian integral di atas kita misalkan

2π t + ϑo = x T

2π T dt = dx ⇒ dt = dx T 2π

⇒

(8.6)

Substitusi (8.6) ke dalam persamaan (8.5) diperolel

V =

Vm V V T cos x × dx = m ∫ cos x dx = m sin x ∫ T 2π 2π 2π T

=

V Vm ⎛ 2π ⎞⎤ sin ⎜ t + ϑo ⎟ ⎥ = m 2π ⎝ T ⎠⎦ 0 2π

⎡ ⎛ 2π ⎞ ⎛ 2π ⎞⎤ ⎢sin ⎜ T T + ϑo ⎟ − sin ⎜ T 0 + ϑo ⎟⎥ ⎠ ⎝ ⎠⎦ ⎣ ⎝

=

Vm [sin (2π + ϑo ) − sin (0 + ϑo )] = Vm [sin (ϑo ) − sin (ϑo )] = 0 2π 2π

Jadi, nilai rata-rata tegangan bolak balik sinusoidal adalah nol. Dengan menggunakan I = V / R maka nilai rata-rata arus bolak balik adalah

I =

V R

=

0 =0 R

8.3 Tegangan root mean square (rms) Nilai rata-rata tidak memberikan informasi yang lengkap tentang besaran arus atau 68

tegangan. Berapapun amplitudo arus atau tegangan, nilai rata-rata selalu nol. Besaran rms (root mean square) memberikan informasi yang lebih lengkap tentang arus bolak-balik. Tegangan dan arus rms didefinisikan sebagai Vrms =

V2

(8.7)

I rms =

I2

(8.8)

Untuk tegangan bolak-balik sinusoidal, V2 =

Vm2 2

I2 =

I m2 2

Akhirnya, tegangan dan arus rms menjadi

Vrms = =

V2 =

Vm2 2

Vm 2

I rms =

Im

(8.9)

2

8.4 Daya rata-rata Misalkan sebuah hambatan R dialiri arus bolak-balik. Disipasi daya rata-rata yang terbuang pada resistor adalah V2 V2 P = = R R

=

2 Vrms R

(8.10)

8.5 Tegangan bolak balik pada dua ujung hambatan Misalkan arus bolak-balik yang mengalir pada hambatan adalah

I = I m cos(ωt + ϑo )

(8.15)

69

VR

R

I = Im cos (ωt+ϕo)

Gambar 8.3 Arus bolak-balik melewati sebuah hambatan Tegangan antara dua ujung hambatan dapat dicari dengan menggunakan hokum Ohm V R = IR = I m R cos(ωt + ϑo )

(8.16)

Tampak bahwa arus dan tegangan berubah secara bersamaan. Dengan kata lain arus dan tegangan antara dua ujung hambatan memiliki fase yang sama. 8.6 Tegangan antara dua ujung kapasitor Misalkan arus yang mengalir pada kapasitor juga memenuhi persamaan (8.15). VC

C

I = Im cos (ωt+ϕo)

Gambar 8.4 Arus bolak-balik melewati sebuah kapasitor Tegangan antara dua ujung kapasitor adalah VC = I m X C sin (ωt + ϑo )

(8.17)

dengan XC =

1 ωC

(8.18)

Besaran XC dinamakan reaktansi kapasitif. Dengan aturan trigonometri kita mendapatkan hubungan sin (ωt + ϑo ) = cos(ωt + ϑo − π / 2) 70

Dengan demikian, tegangan antara dua ujung kapasitor dapat ditulis sebagai

VC = I m X C cos(ωt + ϑo − π / 2)

(8.19)

Ini berarti tegangan antara dua ujung kapasitor muncul lebih lambat daripada arus. Atau tegangan pada kapasitor mengikuti arus dengan keterlambatan fasa π/2. 8.7 Tegangan antara dua ujung inductor Misalkan induktor juga dialiri arus yang memenuhi persamaan (8.15). VL

L

I = Im cos (ωt+ϕo)

Gambar 8.5 Arus bolak-balik melewati sebuah induktor Tegangan antara dua ujung induktor adalah

V L = − I m X L sin (ωt + ϑo )

(8.20)

X L = ωL

(8.21)

dengan

Besaran XL disebut reaktansi induktif. Dengan aturan trigonometri kita dapat menulis − sin (ωt + ϑo ) = cos(ωt + ϑo + π / 2) tegangan antara dua ujung inductor dapat juga ditulis sebagai V L = I m X L cos(ωt + ϑo + π / 2)

(8.22)

Ini menandakan bahwa tegangan antara dua ujung inductor mendahului arus dengan fasa sebesar π/2 atau 90o. 8.8 Disipasi daya pada kapasitor dan induktor a) Disipasi daya pada kapasitor Disipasi daya pada kapasitor memenuhi 71

PC = VC I PC = 0

Kapasitor yang dilewati arus bolak-balik tidak mengalami pemanasan seperti yang dialami resisostor, walaupun pada rangkaian bolak-balik kapasitor berperan seperti sebuah hambatan. b) Disipasi daya pada induktor Disipasi daya pada induktor adalah PL = VL I

Disipasi daya rata-rata adalah

PL = −

[

]

I m2 X L sin 2 (ϑo ) − sin 2 (ϑo ) = 0 2T

8.9 Diagram fasor Untuk mempermudah pembahasan tentang arus bolak-balik, pada bagian ini kita akan mempelajari diagram fasor. Diagram fasor sangat memudahkan kita dalam melakukan operasi aljabar pada fungsi-fungsi trigonometri. Dalam diagram fasor, sebuah fungsi trigonometri digambarkan sebagai sebuah vektor dalam koordinat dua dimensi. Panjang vektor tersebut sama dengan amplitudo fungsi dan sudut yang dibentuk vektor dengan arah sumbu datar sama dengan fase fungsi tersebut. Contohnya fungsi V = A cos(ωt ) memiliki diagram fasor sebagai berikut.

A ωt

Gambar 8.6 Contoh diagram fasor untuk fungsi V = A cos(ωt ) Cara lain menggambar diagram fasor adalah kita dapat memberikan sudut berapa saja pada arah yang sejajar sumbu datar. Dengan pemberian sudut ini maka sudut antara vektor dengan sumbu datar sama dengan selisih sudut fase mula-mula dengan sudut yang diberikan dalam arah datar tersebut. Sebagai contoh, untuk fungsi V = A cos(ωt + ϑo ) kita dapat memberikan sudut ϑo untuk arah datar. Akibatnya, sudut yang dibentuk vektor terhadap arah 72

datar menjadi ωt saja. Diagram fasornya adalah

A ωt

ϑo Gambar 8.7 Diagram fasor untuk fungsi V = A cos(ωt + ϑo ) dengan mengambil sumbu datar memiliki sudut fasa ϑo Lebih ekstrim lagi, kita dapat juga memberikan sudut ωt + ϑo untuk arah datar. Pemilihan ini menyebabkan bentuk diagram fasor sebagai berikut

A

ωt + ϑ o

Gambar 8.8 Diagram fasor untuk fungsi V = A cos(ωt + ϑo ) dengan mengambil sumbu datar memiliki sudut fasa ωt + ϑo 8.10 Operasi trigonometri dengan diagram fasor Contonya, kita akan menjumlahkan dua buah fungsi trigonometri V1 = A1 cos(ωt ) V2 = A2 cos(ωt + ϑo )

Kita akan mencari fungsi V = V1 + V2 . Langkah pertama adalah menggambarkan V1 dan V2 dalam diagram fasor. Karena ke dua fungsi di atas memiliki ωt yang sama maka akan mudah apabila sumbu datar dipilih memiliki fase ωt. Dengan pemilihan tersebut V1 searah sumbu datar dan V2 membentuk sudut ϑo terhadap sumbu datar. 73

A2

ϑo

A

φ ωt

A1

Gambar 8.9 Diagram fasor fungsi V1 dan V2 serta fungsi hasil penjumlahan Selanjutnya kita cari panjang vektor V dan sudut antara vektor V dengan sumbu datar, yaitu φ. Untuk menentukan φ, lihat gambar (8.10) berikut ini

A2

ϑo

A

A2 sin ϑo

φ

ωt A1

A2 cos ϑo

A1 + A2 cos ϑo

Gambar 8.10 Menentukan sudut fasa fungsi hasil penjumlahan V1 dan V2 Vektor A memiliki komponen arah horizontal dan arah vertical serta panjang sebagai berikut

Ah = A1 + A2 cos ϑo Av = A2 sin ϑo

(8.23) (8.24)

A=

(8.25)

Ah2 + Av2

Sudut antara vektor A dengan sumbu datar

74

tan φ =

Av A2 sin ϑo = Ah A1 + A2 cos ϑo

(8.26)

Fungsi hasil penjumlahan adalah V = A cos(ωt + φ )

(8.27)

8.11 Rangkaian arus bolak-balik a) Rangkaian RL Seri Rangkaian ini hanya mengandung resistor dan inductor yang disusun secara seri a

b

c

R

L

I = Im cos (ωt+ϕo)

Gambar 8.11 Contoh rangakain RL seri Diberikan I = I m cos(ωt + ϑo ) . Tegangan antara dua ujung hambatan memiliki fasa yang sama dengan arus,

Vab = I m R cos(ωt + ϑo ) Tegangan antara dua ujung inductor memiliki fasa yang mendahului arus sebesar π/2,

Vbc = I m X L cos(ωt + ϑo + π / 2 ) Tegangan antara ujung kiri resistor dengan ujung kanan inductor menjadi

Vac = Vab + Vbc = I m R cos(ωt + ϑo ) + I m X L cos(ωt + ϑo + π / 2)

(8.28)

Kita menemui penjumlahan trigonometri yang tidak sefasa. Maka kita dapat menggunakan diagram fasor untuk menyelesaikannya. Gbr 8.12 adalah diagram fasor yang kita gunakan

75

Vm Im X L

θ

ωt + ϑo Im R

Gambar 8.12 Diagram faror untuk penjumlahan persamaan (8.28) Agar memudahkan penyelesaian kita pilih sumbu datar memiliki sudut fasa (ωt + ϑo ) . Dengan dalil Phitagoras maka

Vm =

( I m R )2 + ( I m X L )2

(

= I m2 R 2 + X L2

= I m R 2 + X L2

) (8.29)

dan tan θ =

Im X L X L = ImR R

(8.30)

Bentuk umum tegangan antara titik a dan c;

Vac = Vm cos(ωt + ϑo + θ )

(8.31)

Persamaan (8.31) dapat juga ditulis sebagai

Vac = I m Z cos(ωt + ϑo + θ )

(8.32)

Z = R 2 + X L2

(8.33)

dengan

disebut impedansi rangkaian seri RL.

76

b) Rangkaian RC seri Rangkaian ini hanya mengandung resistor dan kapasitor yang disusun secara seri a

b R

c C

I = Im cos (ωt+ϕo)

Gambar 8.13 Contoh rangkaian seri RC Kita ingin mencari tegangan antara titik a dan b, antara titik b dan c dan antara titik a dan c. Diberikan I = I m cos(ωt + ϑo ) . Tegangan antara dua ujung hambatan (memiliki fasa yang sama dengan arus)

Vab = I m R cos(ωt + ϑo ) Tegangan antara dua ujung kapasitor memiliki (fasa yang mengikuti arus dengan keterlambatan sebesar π/2)

Vbc = I m X C cos(ωt + ϑo − π / 2) Tegangan antara ujung kiri resistor dengan ujung kanan kapasitor menjadi

Vac = Vab + Vbc = I m R cos(ωt + ϑo ) + I m X C cos(ωt + ϑo − π / 2)

(8.34)

Kita menggunakan diagram fasor untuk menyelesaikan (8.34). Gbr 8.14 adalah diagram fasor yang kita gunakan. Sumbu datar dipilih memiliki sudut fasa (ωt + ϑo ) agar memudahkan penyelesaian. Dengan rumus Phitagoras maka

Vm =

( I m R ) 2 + ( I m X C )2

(

= I m2 R 2 + X C2

= I m R 2 + X C2

) (8.35)

dan

77

tan θ =

Im XC XC = ImR R

(8.36)

Im R

ωt + ϑo

θ Im XC

Vm

Gambar 8.14 Diagram fasor untuk penjumlahan persamaan (8.48) Perhatikan, sudut θ ada di bawah sumbu datar. Fase yang dimiliki tegangan total sama dengan fase sumbu datar dikurangi sudut θ. Dengan demikian kita dapatkan bentuk umum tegangan antara titik a dan c sebagai berikut

Vac = Vm cos(ωt + ϑo − θ )

(8.37)

Persamaan (8.37) dapat juga ditulis sebagai

Vac = I m Z cos(ωt + ϑo − θ )

(8.38)

Z = R 2 + X C2

(8.39)

dengan

disebut impedansi rangkaian seri RC. c) Rangkaian LC seri Rangkaian ini hanya mengandung induktor dan kapasitor yang disusun secara seri seperti pada Gbr. 8.15. Misalkan I = I m cos(ωt + ϑo ) . Tegangan antara dua ujung induktor

mendahului arus dengan fasa sebesar π/2

Vab = I m X L cos(ωt + ϑo + π / 2) Tegangan antara dua ujung kapasitor memiliki fasa yang mengikuti arus dengan keterlambatan 78

sebesar π/2

Vbc = I m X C cos(ωt + ϑo − π / 2)

a

b L

c C

I = Im cos (ωt+ϕo)

Gambar 8.15 Contoh rangkaian seri LC Tegangan antara ujung kiri induktor dengan ujung kanan kapasitor menjadi

Vac = Vab + Vbc = I m X L cos(ωt + ϑo + π / 2 ) + I m X C cos(ωt + ϑo − π / 2 )

Im XL Vm

ωt + ϑo

Im XC

Gambar 8.16 Diagram fasor untuk rangkaian seri LC Diagram fasor untuk menyelesaikan penjumlahan di atas tampak pada Gbr. 8.16. Ada dua kasus yang akan kita dapatkan, yaitu: i) Jika X L > X C fase taganghan total sama dengan fase tagangan pada inductor sehingga

79

Vac = I m X L − X C cos(ωt + ϑo + π / 2 )

ii) Jika X L < X C fase taganghan total sama dengan fase tagangan pada kapasitor sehingga Vac = I m X L − X C cos(ωt + ϑo − π / 2 )

Kasus menarik terjadi jika X L = X C sehingga Vab = 0 . Kondisi ini terpenuhi jika ωL = 1 / ωC atau

ω=

1

(8.40)

LC

Kondisi ini diebut kondisi resonansi dan frekuensi ω = 1 / LC disebut frekuensi resonansi. c) Rangkaian RLC seri Sekarang kita meningkat lebih lanjut ke rangkaian RLC yang disusun secara seri a

b

R

c

d

C

L

I = Im cos (ωt+ϕo)

Gambar 8.17 Contoh rangkaian seri RLC Pada rangkaian tersebut mengalir arus I = I m cos(ωt + ϑo ) . Kita akan menghitung Vab, Vbc, Vcd, Vac, Vbd, dan Vad

Vab = I m R cos(ωt + ϑo ) Vbc = I m X L cos(ωt + ϑo + π / 2) Vcd = I m X C cos(ωt + ϑo − π / 2) Antara titik a dan c terdapat resistor dan induktor yang disusun secara seri sehingga

Vac = I m R 2 + X L2 cos(ωt + ϑo + θ1 ) 80

dengan tan θ1 = X L / R Antara titik b dan d terdapat induktor dan kapasitor yang disusun secara seri sehingga Vbd = I m ( X L − X C ) cos(ωt + ϑo + π / 2) Antara titik a dan d terdapat tiga komponen yang disusun secara seri sehingga tegangan total memenuhi Vad = Vab + Vbc + Vcd = I m R cos(ωt + ϑo ) + I m X L cos(ωt + ϑo + π / 2) + I m X C cos(ωt + ϑo − π / 2)

(8.41)

Penjumlahan tiga suku trigonometri di atas dapat diungkapkan dalam diagram fasor seperti pada Gbr 8.18

Im XL

Vm θ

ωt + ϑo

Im R Im XC

Gambar 8.18 Diagram fasor untuk penjumlahan pada persamaan (8.41)

Vm =

( I m R )2 + ( I m X L − I m X C )2

= I m R 2 + (X L − X C )

2

= ImZ

(8.42)

dengan Z = R 2 + (X L − X C )

2

(8.43)

adalah impedansi rangkaian seri RLC. Dari gambar juga terlihat bahwa

81

tan θ =

Im X L − Im X C X L − X C = ImR R

(8.44)

Bentuk umum tegangan antara titik a dan d sebagai fungsi waktu adalah Vad = I m Z cos(ωt + ϑo + θ )

(8.45)

8.13 Faktor daya Selanjutnya kita akan menghitung disipasi daya pada rangkaian RLC yang disusun secara seri. Misalkan rangkaian tersebut dialiri arus I = I m cos(ωt ) . Tegangan antara ujung kiri komponen paling kiri dengan ujung kanan komponen paling kanan adalah V = I m Z cos(ωt + θ ) dengan tan θ = ( X L − X C ) / R . Disipasi daya rata-rata dalam rangkaian

P =

I m2 Z cos θ 2

(8.46)

Mengingat I m Z = Vm kita juga dapat menulis I mVm I V cos θ = m m cos θ 2 2 2 = I rmsVrms cos θ P =

(8.47)

82

Bab 9 Besaran Gelombang 9.1 Definisi gelombang Apabila kita amati gelombang seperti penyebaran pola riak air ketika di permukaannya dijatuhkan batu, maka akan ada dua fenomena yang diamati i) Ada osilasi atau getaran, seperti titik di permukaan air yang bergerak naik dan turun ii) Adanya perambatan pola Jadi gelombang adalah osilasi yang merambat pada suatu medium tanpa diikuti perambatan bagian-bagian medium itu sendiri. Gelombang dengan arah osilasi tegak lurus arah rambat dinamakan gelombang transversal. Gelombang dengan arah osilasi sama dengan arah rambat gelombang dinamakan gelombang longitudinal. 9.2 Besaran-besaran gelombang a) Simpangan Simpangan adalah jarak perpindahan titik pada medium diukur dari posisi keseimbangan. Selama gelombang merambat, simpangan suatu titik pada medium selalu berubah-ubah, mulai dari nilai minimum hingga nilai maksimum. b) Amplitudo Amplitudo adalah simpangan maksimum titik dalam medium yang dilewati gelombang. c) Periode Periode adalah waktu yang diperlukan oleh satu titik pada medium kembali ke keadaan osilasi semula. d) Frekuensi Frekuensi adalah jumlah osilasi yang dilakukan titik-titik pada medium selama satu detik. e) Panjang gelombang Panjang gelombang jarak antara dua titik yang lokasinya paling dekat yang memiliki keadaan gerak yang sama. f) Kecepatan osilasi Kecepatan osilasi mengukur berapa cepat perubahan simpangan titik-titik pada medium. Untuk gelombang transversal, kecepatan osilasi mengukur berapa cepat gerakan naik dan turun simpangan (dalam arah tegak lurus arah gerak gelombang). Untuk gelombang longitudinal, 83

kecepatan osilasi mengukur berapa cepat getaran maju mundur titik-titik dalam medium. g) Kecepatan rambat gelombang Kecepatan rambat gelombang mengukur berapa cepat pola osilasi berpindah dari satu tempat ke tempat lain. 9.3 Persamaan gelombang Untuk gelombang yang memiliki pola sinusoidal, artinya, pola gelombang merupakan fungsi sinus atau cosinus, bentuk umum simpangan gelombang memenuhi

t x ⎛ ⎞ y ( x, t ) = A cos ⎜ 2π − 2π + ϕ o ⎟ λ ⎝ T ⎠ dengan y ( x, t )

(9.1)

adalah simpangan titik pada medium yang berada pada posisi x dan pada waktu

t, A amplitudo simpangan, T periode gelombang, λ panjang gelombang, dan ϕo fase awal gelombang. Semua bagian yang berada dalam tanda kurung cosinus dinamakan fase gelombang. Dengan mendefinisikan Frekuensi sudut:

ω=

Bilangan gelombang

k=

2π T

(9.2)

2π

(9.3)

λ

Kita dapat juga menulis y ( x, t ) = A cos (ω t − kx + ϕ o )

(9.4)

Kecepatan rambat gelombang adalah v=

λ

(9.5)

T

atau v=

ω

(9.6)

k

Kecepatan osilasi gelombang adalah ∂y ∂t = −ωA sin (ω t − kx + ϕ o )

u=

(9.7) 84

Kalian dapat membuktikan dengan mudah bahwa fungsi gelombang (9.4) memenuhi persamaan diferensial berikut ini ∂2 y 1 ∂2 y =0 − ∂x 2 v 2 ∂t 2

(9.8)

Persamaan (9.8) merupakan bentuk umum persamaan gelombang satu dimensi. Setiap gelombang satu dimensi memenuhi fungsi di atas. 9.4 Hubungan antara kecepatan gelombang dan sifat medium a) Gelombang tali Kecepatan rambat gelombang pada tali bergantung pada tegangan tali dan massa jenis tali

v=

FT

(9.9)

µ

dengan FT adalah gaya tegangan tali dan µ adalah massa tali per satuan panjang. b) Gelombang longitudinal dalam zat padat Laju perambatan gelombang longitudinal dalam zat padat memenuhi hubungan

v=

Y

(9.10)

ρ

dengan Y adalah modulus elastisitas zat padat, dan ρ adalah massa jenis zat padat. c) Gelombang longitudinal dalam fluida Untuk gelombang longitudinal yang merambat dalam fluida (zat cair atau gas), laju perambatan gelombang memenuhi

v=

B

(9.11)

ρ

dengan B adalah modulus volum (bulk) fluida dan ρ adalah massa jenis fluida. 9.5 Energi yang dibawa gelombang Gelombang memindahkan pola simpangan dari sumber ke lokasi lain di medium. 85

Bagian medium yang semula diam, akhirnya bergetar dengan adanya gelombang yang menjalar. Karena getaran memiliki energi, maka bagian medium yang semula tidak memiliki energi (diam) menjadi memiliki energi (bergetar) dengan adanya gelombang yang menjalar. Ini hanya mungkin terjadi jika gelombang berperan memindahkan energi dari sumber ke tempat yang dilaluinya. Daya yang dibawa gelombangang adalah P=

1 ρvω 2 SA 2 2

(9.12)

dengan S luas penampampang medium yang dilwati gelombang. Intensitas gelombang adalah daya per satuan luas, yaitu I= =

P S

1 ρvω 2 A 2 2

(9.13)

9.6 Kebergantungan intensitas pada jarak Pada peorses perambatan gelombang, energi yang dipindahkan berasal dari sumber. Karena energi kekal, maka ketika melewati suatu permukaan yang berbeda-beda maka daya total yang dibawa gelombang selalu tetap. Karena daya selalu tetap sedangkan luas permukaan bisa berubah-ubah maka intensitas bisa berubah-ubah selama gelombang menjalar. Dari persamaan (9.12) tampak bahwa

A2 =

2P 1 ρvω 2 S

Mangingat P, ρ, v, dan ω semuanya konstan maka A 2 ∝ 1 / S . Berdasarkan persamaan (9.13) kita juga peroleh hubungan I ∝ A 2 yang berakibat I∝

1 S

(9.14)

9.7 Muka gelombang Muka gelombang dibentuk oleh kumpulan titik-titik pada medium yang memiliki fase simpangan yang sama. Ingat, fase simpangan memenuhi ϕ = ωt − kx + ϕ o . Jadi muka

gelombang adalah kumpulan titik-titik yang memiliki ϕ yang sama. Satu sifat yang menarik adalah, arah perambatan gelombang selalu tegak lurus muka gelombang. 86

Salah satu prinsip yang penting pada pembahasan tentang gelombang adalah prinsip Huygens. Setiap titik pada muka gelombang berperan sebagai sumber gelombang titik yang baru. 9.8 Pemantulan gelombang Pemantulan adalah pembelokan arah rambat gelombang karena mengenai bidang batas medium yang berbeda. Gelombang pantul adalah gelombang yang berada pada medium yang sama dengan gelombang datang.

Arah gelombang datang

Arah normal

Arah gelombang pantul

θp

θd

Bidang pantul θd: sudut datang θp: sudut pantul

Gambar 9.1 Arah gelombang datar dan gelombang pantul

Berdasarkan Gbr. 9.1: (a) Arah normal, yaitu adalah arah yang tegak lurus bidang pantul. (b) Sudut datang ( θ d ) adalah sudut yang dibentuk oleh arah sinar datang dan arah normal (c) Sudut pantul ( θ p ) adalah sudut yang dibentuk oleh arah sinar pantul dan arah normal

Hukum pemantulan menyatakan bahwa sudut datang persis sama dengan sudut pantul, atau

θd = θ p

(9.15)

9.9 Pembiasan gelombang Pembiasan terjadi karena gelombang memasuki medium yang berbeda dan kecepatan gelombang pada medium awal dan medium yang dimasuki berbeda. Jika arah datang gelombang 87

tidak sejajar dengan garis normal maka pembiasan menyebabkan pembelokan arah rambat gelombang. Misalkan kecepatan gelombang pada medium pertama adalah v1 dan kecepatan gelombang pada medium kedua adalah v2. Misalkan gelombang datang dari medium pertama ke medium kedua, maka hubungan antara sudut datang dan sudut bias memenuhi sin θ d sin θ b = v1 v2

(9.16)

dengan θ d : sudut dating dan θ b : sudut bias

B

Medium 1 Kecepatan v1

θd θd θb

A θb

D

C Medium 2 Kecepatan v2

Gambar 9.2 Pembiasan gelombang

Khusus untuk gelombang cahaya, kecepatan rambat gelombang dalam medium dengan indekas bias n adalah v = c / n . Dengan demikian, hokum pembiasan untuk gelombang cahaya dapat ditulis sin θ d sin θ b = c / n1 c / n2

atau n1 sin θ d = n2 sin θ b

(9.17)

yang merupakan ungkapan hukum Snell. 9.10 Superposisi Apa yang terjadi jika ada dua gelombang yang merambat bersamaan dalam medium tersebut? Simpangan total titik-titik dalam medium ketika dua gelombang merambat bersamaan 88

merupakan jumlah dari simpangan yang dihasilkan oleh masing-masing gelombang. Fenomena ini dikenal dengan superposisi gelombang. Secara formal, superposisi gelombang dapat dirumuskan secara materika berikut ini. Jika ada dua gelombang dengan simpangan y1 ( x, t ) dan y 2 ( x, t ) merambat bersamaan dalam medium yang sama maka simpangan total titik-titik dalam medium memenuhi y ( x, t ) = y1 ( x, t ) + y 2 ( x, t )

(9.18)

Jika ada N gelombang yang merambat bersamaan dalam medium yang sama maka simpangan total titik dalam medium memenuhi y ( x, t ) = y1 ( x, t ) + y 2 ( x, t ) + ... + y N ( x, t ) N

= ∑ y i ( x, t )

(9.19)

i =1

Superposisi gelombang sinusoidal Kita batasi pada superposisi dua gelombang. Simpangan masing-masing gelombang adalah y1 ( x, t ) = A1 cos(ω1t − k1 x + ϕ o1 ) (9.20) y 2 ( x, t ) = A2 cos(ω 2 t − k 2 x + ϕ o 2 ) (9.21)

Superposisi dua gelombang tersebut adalah y ( x, t ) = y1 ( x, t ) + y 2 ( x, t ) = A1 cos(ω1t − k1 x + ϕ o1 ) + A2 cos(ω 2 t − k 2 x + ϕ o 2 )

(9.22)

Untuk kasus sederhana di mana A1 = A2 = A, k1 = k2 = k, dan ω1 = ω2 = kita ω dapatkan y ( x, t ) = A{cos(ωt − kx + ϕ o1 ) + cos(ωt − kx + ϕ o 2 )}

⎛ ϕ − ϕo2 ⎞ ⎛ ⎡ϕ + ϕ o 2 ⎤ ⎞ = 2 A cos⎜ o1 ⎟ cos⎜⎜ ωt − kx + ⎢ o1 ⎥ ⎟⎟ 2 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎣ ⎦⎠ ⎛ ⎡ϕ + ϕ o 2 ⎤ ⎞ = A' cos⎜⎜ ωt − kx + ⎢ o1 ⎥ ⎟⎟ 2 ⎣ ⎦⎠ ⎝

(9.23)

dengan amplitudo gelombang hasil superposisi ⎛ ϕ − ϕ o2 ⎞ A' = 2 A cos⎜ o1 ⎟ 2 ⎝ ⎠

(9.24)

89

Beberapa kasus khusus:

ϕ o1 − ϕ o 2

= 0 atau ϕ o1 = ϕ 02 maka A' = 2 A cos(0 ) = 2 A . Amplitudo gelombang 2 superposisi menjadi dua kali amplitudo gelombang semula. Jika kondisi ini dicapai maka dua

i) Jika

gelombang dikatakan sefasa dan superposisi yang terjadi disebut superposisi konstruktif.

ϕ o1 − ϕ o 2

⎛π ⎞ atau ϕ o1 = ϕ 02 + π maka A' = 2 A cos⎜ ⎟ = 0 . Amplitudo gelombang 2 2 ⎝2⎠ superposisi nol. Pada konsisi ini kedua gelombang dikatakan berlawanan fasa dan superposisi yang terjadi disebut superposisi destruktif. ii) Jika

=

π

9.11 Pelayangan Kasus menarik terjadi jika dua gelombang memiliki perbedaan frekuensi yang sangat kecil. Misalkan f1 = f 2 + ∆f

(9.25)

Misalkan kita lakukan pengamatan pada x = 0. Gelombang superposisi menjadi y (0, t ) = A cos(ω1t − k1 × 0 + ϕ o1 ) + A cos(ω 2 t − k 2 × 0 + ϕ o 2 ) = A{cos(2πf1t + ϕ o1 ) + cos(2πf 2 t + ϕ o 2 )}

= 2 A cos(2π∆ft / 2 + ∆ϕ o / 2 ) cos[2π (( f1 + f ) / 2 )t + ((ϕ o1 + ϕ o 2 ) / 2 )] = A' cos[2π (( f1 + f ) / 2 )t + ((ϕ o1 + ϕ o 2 ) / 2 )]

(9.26)

A' = 2 A cos(2π∆ft / 2 + ∆ϕ o / 2 )

(9.27)

∆ϕ o = ϕ o1 − ϕ o 2

(9.28)

dengan

Gelombang hasil superposisi memiliki amplitudo yang bergantung pada waktu. Amplitudo bervariasi dari nol sampai 2A. Amplitudo maksimum terjadi ketika cos(2π∆ft / 2 + ∆ϕ o / 2) = ± 1 atau 2π∆ft / 2 + ∆ϕ o / 2 = 0, - π, atau +π. Misalkan amplitudo maksimum terjadi saat t1 yang memenuhi 2π∆ft1 / 2 + ∆ϕ o / 2 = 0 . Amplitudo maksimum berikutnya terjadi saat t1 + τ yang memenuhi 2π∆f (t1 + τ ) / 2 + ∆ϕ o / 2 = π . Dengan demikian [2π∆f (t1 + τ ) / 2 + ∆ϕ o / 2] − [2π∆ft1 / 2 + ∆ϕ o / 2] = π atau π∆fτ = π , atau 90

τ=

1 ∆f

(9.29)

Jadi, amplitudo maksimum terjadi berulang-ulang dengan periode τ = 1 / ∆f . Untuk gelombang bunyi, saat amplitudo maksimum kita akan mendengar bunyi yang keras, dan saat amplitudo nol kita tidak mendengar bunyi. Karena amplitudo maksimum muncul secara periodeik maka kita mendengar bunyi keras yang muncul secara periodic dengan periode τ = 1 / ∆f . Peristiwa ini disebut pelayangan, dan τ disebut periode pelayangan. 9.12 Gelombang berdiri Kasus menarik lain terjadi jika gelombang yang bersuperposisi merambat dalam arah berlawanan. Misalkan gelombang pertama merambat ke arah kanan,

y1 ( x, t ) = A cos(ωt − kx + ϕ o1 )

dan gelombang kedua merambat ke arah kiri, y 2 ( x, t ) = A cos(ωt + kx + ϕ o 2 )

Superposisi kedua gelombang tersebut menjadi y ( x, t ) = A{cos(ωt − kx + ϕ o1 ) + cos(ωt + kx + ϕ o 2 )} = 2 A cos(− kx − (ϕ o 2 − ϕ o1 ) / 2) cos(ωt + (ϕ o1 + ϕ o 2 ) / 2 )

(9.30)

Dengan menggunakan sifat cos (−α ) = cos α maka y ( x, t ) = 2 A cos(kx + (ϕ o 2 − ϕ o1 ) / 2) cos(ωt + (ϕ o1 + ϕ o 2 ) / 2)

(9.31)

Yang kita dapatkan pada persamaan (9.31) bukan lagi gelombang merambat, tetapi hanya menyimpangan titik-titik pada medium. Tiap titik berosilasi harmonik dengan amplitudo yang bergantung pada posisi. Gelombang semacam ini disebut gelombang berdiri.

91

Bab 10 Gejala Gelombang dan Gelombang Bunyi 10.1 Interferensi Interferensi adalah penguatan atau pelemahan simpangan gelombang karena muncul gelombang yang lain pada tempat yang sama. Simpangan gelombang yang dihasilkan merupakan superposisi gelombang asal dan gelombang lain. Simpangan total yang dihasilkan bergantung pada fase masing-masing gelombang. Jika di satu titik gelombang-gelombang tersebut memiliki fase yang sama maka terjadi penguatan simpangan di titik tersebut. Sebaliknya jika dua gelombang memiliki fase berlawanan pada suatu tiik maka simpangan gelombang tersebut saling melemahkan.

S1

S2

Tempat pengamatan

(0,d)

(L,h)

x1 x2

(0,-d) L

Gambar 10.1 Interferensi gelombang yang dihasilkan oleh dua sumber.

Kita amati interferensi pada koordinat (L,h) di layar. Jarak titik pengamatan ke sumber S1 adalah x1 = L2 + (h − d ) 2 dan jarak titik pengamatan ke

sumber S2 adalah x 2 = L2 + (h + d ) 2 . Simpangan gelombang dari sumber S1, simpangan gelombang dari sumber S2 serta simpangan total di titik pengamatan adalah y1 ( x1 , t ) = A cos(ωt − kx1 )

(10.1) (10.2)

y 2 ( x 2 , t ) = A cos(ωt − kx 2 ) y = y1 ( x1 , t ) + y 2 ( x 2 , t )

= A cos(ωt − kx1 ) + A cos(ωt − kx 2 )

= 2 A cos(ωt − k ( x1 + x 2 ) / 2 ) cos(− k ( x1 + x 2 ) / 2 ) 92

dengan

= A' cos(ωt − k ( x1 + x 2 ) / 2 )

(10.3)

A' = 2 A cos(− k ( x1 − x 2 ) / 2 ) = 2 A cos(k ( x1 − x 2 ) / 2 )

(10.4)

merupakan amplitudo gelombang hasil interferensi. Amplitudo pada titik pengamatan memiliki nilai panling besar jika cos(k ( x1 − x 2 ) / 2 ) = ±1 , yang dipenuhi oleh k ( x1 − x 2 ) = 0, π , 2π , ... 2

atau x1 − x 2 = 0, λ , 2λ , ...

(10.5)

Sebaliknya, amplitudo minimum terjadi jika cos(k ( x1 − x 2 ) / 2 ) = 0 yang dipenuhi oleh k ( x1 − x 2 ) π 3π 5π = , , , ... 2 2 2 2

atau x1 − x 2 =

1 3 5 λ , λ , λ , ... 2 2 2

(10.6)

Tampak bahwa amplitudo terbesar terjadi jika selisih jarak antara dua sumber ke titik pengamatan merupakan kelipatan bulat dari panjang gelombang. Pada kondisi ini interferensi dikatakan konstruktif. Amplitudo minimum terjadi jika selisih jarak dua sumber ke titik pengamatan merupakan kelipatan ganjil dari setengah panjang gelombang. Pada kondisi ini interfersi dikatakan destruktif. Intensitas gelombang yang dideteksi sebanding dengan kuadrat amplitudo, I ∝ A'

2

atau ⎛ k ( x1 − x 2 ) ⎞ I = I o cos 2 ⎜ ⎟ 2 ⎝ ⎠

(10.7)

10.2 Polarisasi Ketika gelombang merambat maka titik-titik pada medium mengalami penyimpangan. Untuk gelombang transversal, arah penyimpangan titik-titik tersebut tegak lurus arah rambat gelombang. Jika selama gelombang merambat arah penyimpangan selalu sama, misalnya selalu

berarah dari atas ke bawah, maka kita katakana gelombang tersebut mengalami polarisasi linier. Sebaliknya, jika selama gelombang merambat, arah penyimpangan titik-titik pada medium selalu berubah-ubah secara acak maka kita katakana gelombang tersebut tidak terpolarisasi.

93

Waktu

Tidak terpolarisasi

Polarisasi linier

Polarisasi lingkaran

Polarisasi ellips

t=0

t = ∆t

t = 2∆t

t = 3∆t

t = 4∆t

t = 5∆t

t = 6∆t

Gambar 10.2 Amplitudo gelombang pada berbagai waktu dilihat dari depan (gelombang bergerak menuju mata kalian) untuk (a) gelombang tidak terpolarisasi, (b) gelombang terpolarisasi linier, (c) gelombang terpolarisasi lingkaran, dan (d) gelombang terpolarisasi ellips.

10.3 Dispersi Jika cahaya putih jatuh pada bidang batas dua medium dengan sudut tertentu, maka gelombang yang masuk ke medium kedua mengalami pembiasan. Besarnya sudut bias bergantung pada kecepatan rambat gelombang dalam medium-medium tersebut berdasarkan persamaan sin θ d / v1 = sin θ b / v 2 . Karena gelombang dengan frekuensi berbeda memiliki 94

kecepatan rambat berbeda, maka gelombang dengan gfrekuensi berbeda memiliki sudut bias yang berbeda. Akibatnya, dalam medium kedua, berkas dengan frekuensi berbeda, bergerak dalam arah yang sedikit berbeda. Peristiwa ini kita amati sebagai penguraian cahaya putih atas spectrum-spektrum yang memiliki frekuensi yang berbeda-beda. Peristiwa ini dinamakan dispersi. Contoh peristiwa dispersi yang nyata adalah pembentukan pelangi. 10.4 Efek Doppler Ketika pesawat tempur sedang latihan dan kebetulan kalian menontonya, kalian akan mengalami fenomena berikut ini. i) Suara pesawat menggemuruh kencang ketika pesawat bergerak dari jauh mendekati ke arah kalian. Bunyi gelegas luar biasa kalian dengar bukan? ii) Tetapi ketika pesawat telah melintas di atas kepala kalian dan terbang menjauh, suara pesawat terdengar pelan walalupun lokasinya belum terlalu jauh dari kalian.

Fenomena ini disebut efek Doppler. Akibat adanya gerak sumber dan gerak pengamat maka secara umum frekuensi yang dideteksi pengamatan memenuhi f '=

v±u f vmw

(10.8)

dengan f frekuensi yang dikeluarkan sumber bunyi, f ' frekuensi yang dideteksi pengamat, v kecepatan bunyi, u kecepatan pengamat, dan w kecepatan sumber bunyi.

Yang perlu kalian ingat, (i) suku di pembilang untuk pengamat, (ii) suku di penyebut untuk sumber gelombang, (iii) urutan tanda sebagai berikut

cermin

Gambar 10.3 Urutan tanda pada persamaan frejuensi gelombang adalah pencerminan (plus, minus, minus, plus) 95

Pada Gambar 10.3, tanda sebelah atas untuk saling mendekati dan tanda sebelah bawah untuk saling menjauhi. Jika medium perambatan gelombang juga bergerak, misalnya adanya angin, dengan kecepatan o maka frekuensi yang dideteksi pengamatan memenuhi f '=

v±u±o f vmw

(10.9)

10.5 Efek Doppler untuk gelombang elektromagnetik Efek Doppler pada gelombang elektromagnetik semata-mata hanya dipengaruhi oleh gerak sumber dan sama sekali tidak dipengaruhi oleh gerak pengamat. Dengan demikian, frekuensi gelombang elektromagnetik yang dideteksi akan memenuhi

f '=

c f cmw

(10.10)

dengan c laju perambatan gelombang elektromagnetik, w laju sumber, dan f adalah frekuensi yang dipancarkan sumber. Tanda minus dipakai untuk sumber yang mendekati pengamat dan tanda plus dipakai untuk sumber yang menjauhi pengamat. Jika laju sumber sangat kecil dibandingkan dengan laju cahaya, maka kita dapat melakukan pendekatan sebagai berikut ⎛ w⎞ = ⎜1 m ⎟ w ⎝ c⎠ 1m c Dengan demikian, diperoleh

c = cmw

1

−1

≈ 1±

w c

⎛ w⎞ f ' ≈ ⎜1 ± ⎟ f c⎠ ⎝

(10.11)

Di mana tanda positif dipakai jika sumber mendekati pengamatat (kebalikan dari persamaan (10.10)). Dari persamaan ini maka diperoleh pergeseran frekuensi gelombang adalah

∆f = f '− f ≈ ±

w f c

(10.12)

10.6 Intensitas bunyi Kekuatan bunyi mengungkapkan energi yang dibawa gelombang bunyi. Untuk memudahkan dilakukan pengukuran kekuatan bunyi maka didefinisikan besaran yang namanya 96

intensitas bunyi. Definisi intensitas secara umum adalah Intensitas = enenrgi yang dibawa gelombang per satuan waktu per satuan luas

Karena enenrgi per satuan waktu adalah daya maka kita juga dapat mendefinisikan Intensitas = daya gelombang per satuan luas

atau I=

P A

(10.13)

dengan I intensitas gelombang, P daya yang dibawa gelombang, A Luas permukaan yang dikenai energi gelombang. 10.7 Level intensitas Telinga manusia umumnya dapat mendeteksi intensitas gelombang bunyi paling rendah

10-12 W/m2 dan paling tinggi 1 W/m2. Intensitas 10-12 W/m2 disebut juga ambang pendengaran. Untuk menghindari penggunaan variasi angka yang sanat besar, maka didefinisikan suatu besaran yang namanya level intensitas. Level intensitas β dirumuskan sebagai ⎛ I ⎝ Io

β = 10 log⎜⎜

⎞ ⎟⎟ ⎠

(10.14)

dengan Io ambang pendengaran (10-12 W/m2), dan I intensitas bumyi dalam satuan. Satuan β adalah decibel yang disingkat dB.

97

Bab 11 Interferensi Gelombang Elektromagnetik 11.1 Indeks bias Laju perambatan gelombang elektromagnetik terbesar tercapai ketika merambat dalam ruang hampa. Jika gelombang EM masuk ke dalam material, maka laju dan panjang gelombangnya berkurang, tetapi frekuensinya tidak berubah. Umumnya, laju cahaya berbeda jika memasuki material yang berbeda. Kita definisikan indeks bias material, n, yang memenuhi hubungan

n=

c cm

(11.1)

dengan c laju cahaya dalam ruang hampa, dan cm laju cahaya dalam material. 11.2 Pembiasan Cahaya Perbedaan laju cahaya dalam material yang berbeda menyebabkan pembelokan arah rambatan cahaya ketika berpindah dari satu materil ke material lain. Gejala ini disebut pembiasan cahaya.

θi

ni

θr

nr

Gambar 11.1 Pembiasan cahaya Dari uraian di atas dapat diringkas di sini bahwa syarat terjadinya pembiasan adalah i) Laju cahaya pada kedua medium berbeda ii) Arah datang cahaya tidak tegak lurus terhadap bidang pembatas kedua medium. Hubungan antara sudut cahaya datang dan cahay bias diungkapkan oleh hukum Snell

ni sin θ i = nr sin θ r

(11.2) 98

ni = indeks bias medium tempat cahaya datang nr = indeks bias medium yang dituju cahaya

θi = sudut datang cahaya diukur dari arah tegak lurus bidang pembatas dua medium θr = sudut bias cahaya diukur dari arah tegak lurus bidang pembatas dua medium 11.3 Sudut kritis untuk pembiasan Bisakan terjadi pembiasan dengan sudut 90o? Dapat. Jika θr = 90o atau sin θr = 1 maka sin θ i =

nr ni

(11.3)

Jika cahaya datang dari material dengan indeks bias besar ke material dengan indeks bias kecil dengan sudut θI yang memenuhi sin θI = nr/ni maka cahaya dibiaskan dengan sudut 90o. Sudut θI yang memenuhi kondisi ini disebut sudut kritis. 11.4 Cahaya melalui lapisan medium Jika cahaya melewati material berbentuk lapisan dengan ketebalan tertentu maka terjadi pembiasan pada bidang batas pertama dan kedua medium tersebut. Cahaya yang keluar pada bidang batas kedua merambat dalam arah persis sama dengan cahaya datang pada bidang batas pertama. Tetapi, garis rambat cahaya telah mengalami pergeseran. Berapa bersarnya pergeseran tersebut?

n1

i d

r l

n2

i-r

t r

i

n1 n1 < n2

Gambar 11.2 Pergeseran arah rambat cahaya setelah melewati material dengan ketebalan tertentu. Pergeseran garis rambatan cahaya adalah

99

d=

t sin (i − r ) cos r

(11.4)

11.5 Interferensi cahaya a) Interferensi celah ganda Interferensi konstruktif terjadi jika selisih jarak tempuh gelombang dari dua sumber merupakan kelipatan bulat dari panjang gelombang. Sedangkan interferensi deskturktif terjadi jika selisih jarak tempuh gelombang dari dua sumber merupakan kelipatan ganjil dari setengah panjang gelombang.

θ

x1 S1

S

θ

x2

d S2 ∆x L

Gambar 11.3 (a) Skema eksperimen iunterferensi celah ganda oleh Young dan (b) contoh pola gelap terang yang terbentuk pada layar Syarat interferensi konstruktif adalah d sin θ = 0, λ, 2λ, 3λ, …

(11.5)

dan syarat interferensi desktruktif adalah d sin θ =

1 2

λ,

3 2

λ,

5 2

λ,…

(11.6)

Jarak antara dua garis berdekatan Garis terang pertama (yaitu garis terang pusat) berada pada sudut yang memenuhi d sin θ = 0 atau θ = 0. Garis terang berikutnya berada pada sudut yang memenuhi d sin θ = λ atau sin θ = λ / d .

100

Terang Terang

θ

∆y

Terang pusat Terang Terang L

Gambar 11.4 Tampak dari Gbr 11.4 bahwa ∆y = L tan θ . Pada percobaan interferensi dua celah, umumnya

nilai θ sangat kecil sehingga tan θ ≅ sin θ . Dengan demikian, kita dapat menulis ∆y ≅ L sin θ = L

λ

(11.7)

d

11.6 Interferensi oleh celah banyak (kisi) Garis terang-gelap yang terbentuk makin sempit jika dua celah diganti dengan kisi yang mengandung sejumlah celah. Makin banyak jumlah celah maka makin sempit garis gelap terang yang terbentuk. Disamping garis-garis terang-gelap yang makin sempit, intensitas garis terang yang dihasilkan kisi lebih tajam. Jika jumlah celah N maka lebar garis terang ∝ 1 / N , sedangkan

intensitas ∝ N 2 .

θ

θ

d ∆x d ∆x d ∆x

Gambar 11.5 Skema inteferensi dari kisi 101

Kebergantungan intensitas terhadap sudut diberikan oleh rumus

⎡ sin Nδ ⎤ I∝⎢ ⎣ sin δ ⎥⎦

2

(11.8)

dengan

δ=

πd sin θ λ

(11.9)

Interfensi konsruktif terjadi δ = 0, π, 2π, 3π, …. mπ. Intensitas nol (interferensi destruktif) terjadi jika terpenuhi sin Nδ = 0 tetapi sin δ ≠ 0 . Secara umum intensitas maksimum interferensi kisi N celah terjadi ketika δ = 0, π, 2π, 3π, …. atau sin θ = 0, λ / d , 2λ / d , … Di antara dua maksimum utama terdapat N-1 buah minimum yang terjadi pada δ =

π N

,

2π 3π λ 3λ 5λ , , …, atau sin θ = , , , … Di antara N N 2d 2d 2d

dua minimum, terdapat sejumlah maksimum sekunder yang sangat lemah. 11.7 Difraksi Difraksi umumnya dikaitkan dengan celah yang cukup lebar. Satu celah dipandang sebagai sumber sejumlah gelombang titik. Interfensi sumber gelombang titik pada satu celah tersebut menghasilkan pola gelap-terang di belakang layar. Kebergantungan intensitas difraksi terhadap sudut arah berkas di belakang celah memenuhi

⎛ sin Φ ⎞ I ∝⎜ ⎟ ⎝ Φ ⎠

2

(11.10)

dengan Φ=

πw sin θ λ

(11.11)

w lebar celah, θ sudut arah berkas di belakang celah, dan λ panjang gelombang cahaya. Kondisi terjadinya minimum adalah sin Φ = 0

Sinus nol terjadi pada Φ = 0, π, 2π, 3π, …. 102

Dengan menggunakan persamaan (11.11) maka sin Φ = 0 terjadi ketika

πw sin θ = 0, π, 2π, 3π, …. λ atau sin θ = 0,

λ w

,

2λ 3λ , , …. w w

Tetapi karena sin θ = 0 adalah kondisi terjadinya maksimum utama, maka minimum-minimum hanya terjadi pada saat kondisi sin θ =

λ w

,

2λ 3λ , , …. w w

(11.12)

Lebar maksimum utama sama dengan jarak antar dua minimum pertama. Minimum pertama terjadi pada sudut θ yang memenuhi sin θ =

λ w

Jika θ sangat kecil maka kita dapat melakukan pendekatan sin θ ≈ θ , sehingga sudut tempat terjadinya minimum utama memenuhi

θ≈

λ w

Lebar maksumum utama (dalam sudut) adalah 2θ ≈

2λ w

Jika jarak dari celah ke layar adalah L maka lebar maksimum utama dalam satuan panjang adalah ∆y = L × (2θ ) ≈

2λL w

(11.13)

11.8 Interferensi Lapisan Tipis Cahaya yang jatuh pada lapisan tipis juga dapat menimbulkan fenomena interferensi. Berkas cahaya yang dipantulkan pada permukaan atas selaput dan permukaan bawah selaput 103

dapat berinterferensi.

i

∆x1

n1 i s

n2

d

s

r

h

Gambar 11.6 Cahaya yang dipantulkan oleh dua permulaan lapisan tipis dapat mengalami interferensi.

Perbedaan fase cahaya yang dipantulkan di sisi atas dan bawah film sama, yaitu ∆ϕ = (2π / λ )(2n 2 s − n1 ∆x1 ) ± π

Interferensi konstruktif terjadi jika beda fase memenuhi

∆ϕ = 0, 2π, 4π, 6π, …. Sebaliknya, interferensi destruktif terjadi jika beda fase merupakan setengah ganjil, atau

∆ϕ = π, 3π, 5π, …. Berdasarkan Gbr 11.6 d cos r

(11.14)

h = 2d tan r

(11.15)

s=

∆x1 = 2d

sin r sin i cos r

(11.16) 104

Dengan demikian ∆ϕ =

=

d 2π ⎛ sin r sin i ⎞ − n1 2d ⎜ 2n2 ⎟±π λ ⎝ cos r ⎠ cos r

4πd (n2 − n1 sin r sin i ) ± π λ cos r

(11.17)

Pembiasan memenuhi hokum Snell, maka n1 sin i = n2 sin r atau sin r =

n1 sin i . Dengan n2

demikian, ∆ϕ =

=

⎞ n sin i 4πd ⎛ ⎜⎜ n 2 − n1 1 sin i ⎟⎟ ± π λ cos r ⎝ n2 ⎠

4πd n 22 − n12 sin 2 i ± π n 2 λ cos r

(

)

(11.18)

Gelombang datang sejajar normal. Kita tinjau kasus khusus di mana gelombang datang tegak lurus permukaan selaput. Kita dapatkan i = 0 dan r = 0 . Dengan demikian sin i = 0 dan cos r = 1 . Beda lintasan optik memenuhi ∆ϕ =

4πn 2 d 4πd 2 n2 − 0 ± π = ±π n2 λ λ

(

)

Interferensi konstruktif terjadi jika 4πn 2 d

λ

d =

± π =0, 2π, 4π, 6π, …

λ 4n2

,

3λ 5λ , , …. 4n 2 4n 2

(11.19)

Interferensi destruktif terjadi jika 4πn 2 d

λ

d =

± π =π, 3π, 5π, 7π,…

λ 2n2

,

2λ 3λ , , …. 2n 2 2 n 2

(11.20)

105

11.9 Polarisasi cahaya Jika arah osilasi medan selalu tetap selama gelombang merambat maka gelombang

tersebut dikatakan memiliki polarisasi bidang. Umumnya, gelombang yang dihasilkan suatu sumber memiliki arah osilasi yang berubah-ubah secara acak. Gelombang dengan arah osilasi demikian dikatakan gelombang yang tidak terpolarisasi. Namun, gelombang yang tidak terpolarisasi dapat diubah menjadi gelombang yang terpolarisasi jika dilewatkan pada suatu film yang dinamakan film polaroid. Jika cahaya yang jatuh ke polarisator tidak terpolarisasi, maka intensitas cahaya setelah melewati polarisator selalu setengah dari intensitas cahaya datang.

Intensitas: Io

Cahaya tidak terpolarisasi

Intensitas:

Polarisator

I = (1/2)Io

Cahaya terpolarisasi

Gambar 11.7 Intensitas cahaya ang leawat polarisator dari cahaya tidak terpolarisasi yang jatuh sama dengan setengah intensitas semula.

Jika cahaya yang jatuh pada polarisator sudah terpolarisasi maka intensitas cahaya yang lolos bergantung pada sudut antara arah osilasi cahaya datang dengan sumbu mudah polarisator. Intensitas cahaya yang dilewatkan memenuhi

I = I o cos 2 θ

(11.21)

dengan Io intensitas cahaya datang, I intensitas cahaya terlewatkan, dan θ sudut antara arah osilasi cahaya datang dengan sumbu mudah polarisator.

106

Bab 12 Model Atom dan Molekul 12.1 Model atom Thompson Pada model Thompson, atom dianggap sebagai sebuah bola bermuatan positif yang dipermukaannya ditempeli oleh electron-elektron. Bentuk atom ini serupa dengan onde-onde dengan muatan negatif adalah wijen dan muatan positif adalah bulatan ketan. Dengan demikian, material dibentuk oleh susunan atom-atom yang menyerupai onde-onde tersebut. Muatam positif

Elektron

Gambar 12.1 Model atom Thompson Konsekuensi dari model ini adalah, apabila material yang sangat tipis ditempakkan dengan partikel yang memiliki energi sangat tinggi, seperti partikel alfa yang dihasilkan dari peluruhan radioaktif, maka ada dua kemungkinan yang terjadi, yaitu:

Gambar 12.2 Semua partikel dipantulkan oleh atom 1) Semua partikel dipantulkan oleh material (jika dianggap atom-atom merupakan bola yang sangat keras). 107

Gambar 12.3 Semua partikel menembus atom 2) Semua partikel menembus material (jika dianggap semua atom berupa bola lunak).

12.2 Percobaan Rutherford Untuk mengecek model atom Thompson, Rutherford menembakkan lapisan tipis emas dengan partikel alfa. Partikel alfa merupakan partikel berenergi tinggi yang dipancarkan dari unsur radioaktif. Kemudian sinar alfa yang dipantulkan atau diteruskan oleh lapisan emas tersebut dideteksi. Skema percobaan Rutherford tampak pada Gbr 12.8.

Gambar 12.3 Skema percobaan Rutherford Hasil dari percobaan Rutherford adalah i) Sebagian besar partikel alfa menembus material ii) Sebagian kecil partikel partikel tersebut dibelokkan arahnya iii) Lebih sedikit lagi partikel dibelokkan dalam arah hampir berlawanan dengan arah datang semula. Adanya bermacam-macam sudut pantulan ini tidak dapat dijelaskan dengan model atom Thompson. Dengan demikian model atom Thompson tidak terbukti. 108

12.3 Model atom Rutherford Hasil percobaan Rutherford dapat dijelaskan sebagai berikut i) Sebagian besar volume material merupakan ruang kosong. Ini sesuai dengan pengamatan bahwa sebagian besar paetikel alfa menembus material. ii) Massa atom terkonsentrasi pada volume yang sangat kecil (menyerupai titik). Konsentrasi massa inilah yang memantulkan partikel alfa. Karena volume tersebut sangat kecil maka jumlah partikel alfa yang dipantulkan sangat kecil. iii) Pembelokkan partikel alfa hanya dapat dijelaskan jika konsentrasi massa memiliki muatan yang sama dengan partikel alfa sehingga gaya listrik yang dihasilkan tolak-menolak. Jadi konsentrasi massa atom harus bermuatan listrik positif. Konsentrasi massa yang bermutan positif ini selanjutnya dinamai inti atom. iv) Karena atom juga mengandung electron yang bermuatan negatif, maka electron haruslah berada di sekitar inti. v) Karena electron dan inti saling tarik-menarik melalui gaya Coulomb, maka agar electron tidak bergabung dengan inti, electron haruslah berputar mengitari inti dengan kecepatan tertentu..

elektron

inti

Gambar 12.4 (atas) Penjelasan tentang hasil percobaan Rutherford dan (b) model atom Rutheford 12.7 Energi atom Rutherford Dengan model seperti sistem tata surya maka kita dapat menghitung energi yang 109

dimiliki electron yang mengitari inti atom. Energi tersebut terdiri dari energi kinetik dan energi potensial. Energi total electron adalah 1 Ze 2 E=− k 2 r

(12.1)

12.8 Model atom Bohr Untuk mengatasi masalah yang dihadapi model atom Rutherford, Bohr mengusulkan model kuantum untuk atom. Bohr pada dasarnya mendukung model atom Rutherford, tetapi elektrodinamika klasik dibatasi keberlakuannya pada skala atom. Bangunan atom sebagai inti yang dikelilingi electron seperti yang dikemukakan Rutherford benar. Hanya Bohr mengusulkan keberadaan sejumlah lintasan yang dimiliki electron sehingga teori elektrodinamika klasik tidak berlaku. Jika electron berada pada lintasan-lintasan tersebut maka electron tidak memancarkan gelombang sehingga energi electron tetap dan lintasannya tidak berubah. Lintasan-lintasan tersebut disebut lintasan stasioner atau orbit. Pancaran gelombang elektromagnetik tersebut diamati sebagai spectrum atom. Jadi spektrum atom diamati ketika terjadi perpindahan electron dari lintasan stasioner yang memiliki energi tinggi ke lintasan electron yang memiliki energi rendah. Lintasan stasioner yang dimiliki electron adalah lintasan yang menghasilkan momentum sudut electron sebagai kelipatan bulat dari h / 2π . Jadi pada lintasan stasioner berlaku

L =n

h 2π

(12.2)

dengan L : momentum sudut elektron, h tetapan Planck, dan n adalah bilangan bulat 1,2,3 …. Parameter n sering disebut bilangan kuantum utama. Jari-jari lintasan stationer electron memenuhi ⎞ ⎛ h2 ⎟ r = n 2 ⎜⎜ 2 2 ⎟ ⎝ 4π kZme ⎠

(12.3)

Untuk atom hidrogen kita memiliki Z = 1 sehingga jari-jari orbit electron dalam atom dapat ditulis ⎞ ⎛ h2 ⎟ = n 2 aHB r = n 2 ⎜⎜ 2 2 ⎟ ⎝ 4π kme ⎠

(12.4)

110

dengan

aHB =

h2 4π 2 kme2

(12.4)

dikenal dengan jari-jari Bohr untuk atom hydrogen. Energi total elekton pada linsatan stasioner

En = −

(2π

2

k 2 mZ 2 e 4 / h 2 ) n2

(12.5)

Atom memancarkan energi radiasi elektromagnetik jika electron berpindah dari lintasan berenergi tinggi ke lintasan bernergi rendah. Sebaliknya, jika electron berpindah dari lintasan dengan energi rendah ke lintasan dengan energi tinggi, atau menyerap energi dari luar. Jika electron meloncat dari lintasan dengan n1 ke lintasan dengan n2 maka perubahan energinya adalah

∆E n1n2 =

2π 2 k 2 mZ 2 e 4 h2

⎛ 1 1 ⎜⎜ 2 − 2 ⎝ n 2 n1

⎞ ⎟⎟ ⎠

(12.6)

Jika n1 > n2 maka loncatan tersebut memancarkan gelombang dengan panjang λ , atau energi hc / λ yang persis sama dengan ∆En1n2 . Jadi

1

λ

=

2π 2 k 2 mZ 2 e 4 h 3c

⎛ 1 1 ⎞ ⎜⎜ 2 − 2 ⎟⎟ ⎝ n 2 n1 ⎠

(12.7)

Untuk atom hydrogen, Z =1, sehingga persamaan (12.7) dapat ditulis menjadi ⎛ 1 1⎞ = RH ⎜⎜ 2 − 2 ⎟⎟ λ ⎝ n2 n1 ⎠

(12.8)

ke 2 2hcaHB

(12.9)

1

dengan RH =

disebut konstanta Rydberg. 111

12.9 Deret spektrum atom hidrogen Hasil ekprimen yang sangat menantang untuk dijelaskan adalah adanya deret-deret spectrum garis yang dilimili atom hydrogen. Deret-deret yang dikenal adalah

i) Deret Lyman memenuhi ⎛1 1 = RH ⎜⎜ 2 − 2 λ n1 ⎝1

1

⎞ ⎟⎟ ⎠

(12.10)

ii) Deret Balmer yang memenuhi ⎛ 1 1 = RH ⎜⎜ 2 − 2 λ n1 ⎝2

1

⎞ ⎟⎟ ⎠

(12.11)

ii) Deret Paschen yang memenuhi ⎛ 1 1 = RH ⎜⎜ 2 − 2 λ n1 ⎝3

1

⎞ ⎟⎟ ⎠

(12.12)

iii) Deret Brackett yang memenuhi ⎛ 1 1 = RH ⎜⎜ 2 − 2 λ n1 ⎝4

1

⎞ ⎟⎟ ⎠

(12.13)

iv) Deret Pfund yang memenuhi ⎛ 1 1 = RH ⎜⎜ 2 − 2 λ n1 ⎝5

1

⎞ ⎟⎟ ⎠

(12.14)

112

Bab 13 Pembahasan Ujian I Semester II 1998/1999 1. Tiga buah muatan berada di A, B, dan C seperti pada gambar. QA = +2,4 × 10-4 C, QB = +2,5 × 10-4 C, dan QC = + 5 × 10-4 C. Tentukan

y (m) 8

C

A

B

-6

6

x (m)

a) Besar dan arah (atau dalam pernyataan vektor) gaya coulomb yang dialami QC b) Besar dan arah (atau dalam pernyataan vektor) medan listrik di C dan O Jawab a)

r FC

r FCB

r FCA 8

C r rCB

r rCA

A

B

-6

6

113

x (m)

r r r r rCA = rC − rA = 8 ˆj − (−6iˆ) = 6iˆ + 8 ˆj m ⇒ rCA = 6 2 + 8 2 = 10 m r r r r rCB = rC − rB = 8 ˆj − 6iˆ m ⇒ rCB = (−6) 2 + 8 2 = 10 m r r r FC = FCA + FCB

=

Q A QC r 1 QB QC r rCB rCA + r 3 4πε o rCA 4πε o rrCB 3 1

= (9 × 10 9 )

−4 −4 (2,5 × 10 −4 )(5 × 10 −4 ) ˆ ˆj ) + (9 × 10 9 ) (2,5 × 10 )(5 × 10 ) (−6iˆ + 8 ˆj ) ( 6 i + 8 10 3 10 3

= 18 ˆj N

b ) Kuat medan di titik C r r FC 18 ˆj EC = = = 3,6 × 10 4 ˆj N/C QC 5 × 10 − 4

Kuat medan listrik di O yang dihasilkan oleh QA dan QB saling meniadakan. Kuat medan listrk di O hanya dihasilkan oleh QC r EO =

−4 QC r 9 5 × 10 r = ( 9 × 10 ) (−8 ˆj ) OC 4πε o rrOC 3 83

1

= −7 × 10 4 ˆj N/C

2) Bola konduktor pejal berongga memiliki jari-jari dalam R1 dan jari-jari luar R2 diberi muatan listrik –2Q. Jika di pusat bola diletakkan muatan titik sebesar +Q seperti pada gambar, tentukan a) Medan listrik di posisi r < R1, R1 < r < R2, r > R2 dengan menggunakan hukum Gauss b) Muatan total di permukaan bola di r = R1 dan r = R2

114

-2Q R1

+Q

R2

Jawab a) i) Medan listrik pada r < R1

+Q r

r

r

∫ E • dA = E (4πr 2 ) =

∑q

∑q εo

∑q εo

= muatan total yang dilingkupi permukaan Gauss = muatan yang diletakkan di

pusat = +Q. Jadi

E (4πr 2 ) =

Q

εo

atau E=

1

Q 4πε o r 2

ii) Pada R1 < r < R2 115

Karena daerah ini berada di dalam konduktor maka medan E = 0. Dalam keadaan stasioner kuat medan listrik di dalam konduktor selalu nol. iii) Pada r > R2 (di luar bola) Buat permukaan Gauss di luar bola

+Q

-2Q r

r r E ∫ • dA =

E (4πr 2 ) =

∑q

∑q εo

∑q εo

= muatan total yang dilingkupi permukaan Gauss = muatan yang diletakkan di

pusat + muatan yang dikandung bola = Q – 2Q = -Q. Jadi E (4πr 2 ) =

−Q

εo

atau E=−

1

Q 4πε o r 2

b) Dalam keadaan stasiner muatan bola konduktor tersebar di permukaan dalam dan permukaan luar saja. Tidak ada muatan di dalam konduktor. Misalkan muatan di permukaan dalam adalah Q’. Buat permukaan Gauss yang melewati konduktor, yaitu R1 < r < R2. Pada permukaan Gauss ini kuat medan nol

116

+Q Q’

r

Q’’

r r E ∫ • dA =

0=

∑q εo

∑q εo

yang memberikan

∑ q = 0 . Tetapi ∑ q

= muatan total yang dilingkupi permukaan

Gauss = muatan yang diletakkan di pusat + muatan di permukaan dalam bola = Q – Q’ = 0. Jadi kita dapatkan Q' = −Q .

Misalkan muatan di permukaan luar bola Q’’. Karena muatan total bola adalah –2Q maka Q'+Q' ' = −2Q atau Q' ' = −2Q − Q' = −2Q − (−Q) = −Q

3) (Untuk 3 SKS) Dua pelat sejajar berjarak d diberi muatan tidak sejenis dengan perbandingan 1 : 2. Distribusi medan yang dihasilkan tampak pada gambar. Tentukan a) Rapat muatan masing-masing pelat b) Potensial sebagai fungsi posisi jika diasumsikan V (d ) = 0

117

E 3/4εo 1/4εo x d

-1/4εo

Jawab a) Misalkan σ 1 > 0 dan σ 2 < 0 . Besar medan yang dihasilkan masing-masing pelat adalah E1 =

σ1 2ε o

E2 =

σ2 2ε o

Lukisan medan yang dihasilkan masing-masing pelat sebagai berikut

σ1 E1

σ2 E1

E1 x

d E2

E2

E2

Kita dapatkan: Pada x > d: E1 − E 2 =

1 4ε o

Pada 0< x < d: E1 + E 2 =

(*) 3 4ε o

(**)

Jumlahkan persamaan (*) dan (**)

118

2 E1 =

1

atau E1 =

εo

1 yang memberi kesimpulan σ 1 = 1 . Dari persamaan (*) kita 2ε o

daptkan E 2 = E1 −

1 1 1 1 = − = 4ε o 2ε o 4ε o 4ε o

yang meberi kesimpulan

σ 2 = 1 / 2 . Karena

σ 2 < 0 maka kita dapatkan σ 2 = −1 / 2 . b) Jika posisi x = d dijadikan sebagai referensi maka potensial sebagai fungsi x secara umum memenuhi

x

V ( x) = V (d ) − ∫ E dx d

x

= − ∫ E dx d

Pada x > d

x

1 1 V ( x) = − ∫ dx = − 4ε o 4ε o d

x

1

∫ dx = − 4ε d

(x − d ) o

Pada 0 < x < d

x

3 3 V ( x) = − ∫ dx = − 4ε o 4ε o d

x

3

∫ dx = − 4ε d

(x − d ) o

Pada x < 0. Integral dari x sampai d akan melewati dua daerah dengan medan listrik yang berbeda, yaitu daerah dengan x < 0 daerah dengan x antara 0 sampai d. Oleh karena itu integral dilakukan secara terpisah sebagai berikut x

0

d

d

V ( x) = − ∫ E dx = − ∫

x ⎛ 1 3 dx − ∫ ⎜⎜ − 4ε o 4ε o 0⎝

⎞ ⎟⎟ dx ⎠

119

3 =− 4ε o

=

0

∫ d

1 dx + 4ε o

x

3

∫ dx = − 4ε 0

(0 − d ) + o

1 ( x − 0) 4ε o

3 1 d+ x 4ε o 4ε o

3. (Untuk 4 SKS) Muatan listrik Q = 5 nC didistribusikan secara uniform sepanjang batang tipis a = 0,1 m. Jika potensial nol diambil pada posisi tak berhingga, hitung a) Potensial di titik P dan Q b) Kerja untuk membawa muatan q = 2 nC dari P ke Q

Q

P

Q

a

a

a

Jawab a) Rapat muatan batang: λ = Q / L = 5 × 10 −9 / 0,1 = 5 × 10 −8 C/m. y-x

y dy

P

Q

x

Lihat elemen dy pada batang yang jaraknya y dari ujung kiri. Muatan elemen tersebut adalah dq = λdy . Perhatikan titik sembarang Z yang berjaran x dari ujung kiri batang. Kuat medan listrik di titik Z yang dihasilkan oleh elemen dy adalah dE =

dq 1 λdy = 2 4πε o ( x − y ) 4πε o ( x − y ) 2

1

Kuat medan total di titik Z oleh seluruh bagian batang adalah

λ a dy λ E=∫ = = 2 2 ∫ 4πε o ( x − y ) 4πε o 0 ( x − y ) 4πε o 0 a

1

λdy

120

a

⎡ 1 ⎤ ⎢x − y⎥ ⎣ ⎦0

=

1⎞ λ ⎛ 1 − ⎟ ⎜ 4πε o ⎝ x − a x ⎠

Dengan menganggap jarak tak berhingga memeiliki potensial nol maka potensial pada jarak x dari ujung kiri batang adalah

x

V ( x) = − ∫ E dx ∞

=−

1⎞ λ x⎛ 1 λ [ln( x − a) − ln x]∞x − ⎟ dx = − ⎜ ∫ 4πε o ∞ ⎝ x − a x ⎠ 4πε o

λ =− 4πε o =−

λ 4πε o

x

⎡ ⎛ x − a ⎞⎤ λ ⎢ln⎜ x ⎟⎥ = − 4πε ⎠⎦ ∞ ⎣ ⎝ o

⎡ ⎛x−a⎞ ⎛ ∞ − a ⎞⎤ ⎢ln⎜ x ⎟ − ln⎜ ∞ ⎟⎥ ⎠ ⎝ ⎠⎦ ⎣ ⎝

⎡ ⎛x−a⎞ ⎤ λ ⎛x−a⎞ ⎢ln⎜ x ⎟ − ln 1⎥ = − 4πε ln⎜ x ⎟ ⎠ ⎝ ⎠ ⎣ ⎝ ⎦ o

Kita telah menggunakan ln[(∞ − a) / ∞] = ln[∞ / ∞] = ln 1 = 0 . Potensial pada titik P yang berjarak x = 2a dari ujung kiri batang adalah V ( P) = −

1 λ λ λ ⎛ 2a − a ⎞ ln⎜ ln = ln 2 ⎟=− 4πε o ⎝ 2a ⎠ 4πε o 2 4πε o

Potensial di titik Q yang berjaran x = 3a dari ujung kiri batang adalah V (Q) = −

2 3 λ λ λ ⎛ 3a − a ⎞ ln⎜ ln = ln ⎟=− 4πε o ⎝ 3a ⎠ 4πε o 3 4πε o 2

b) Energi potensial muatan q di titik P adalah qλ ln 2 U ( P ) = qV ( P) = 4πε o Energi potensial muatan q di titik Q adalah qλ ln(3 / 2) U (Q) = qV (Q) = 4πε o Kerja yang dilakukan untuk membawa muatan dari titip P ke titik Q sama dengan perubahan energi potensial, yaitu

121

W = U (Q) − U ( P) =

=

qλ qλ ln(3 / 2) − ln 2 4πε o 4πε o

qλ ln(3 / 4) = (9 × 10 9 )(2 × 10 −9 )(5 × 10 −8 ) ln(3 / 4) 4πε o

= 9 × 10 −7 ln

3 J 2

4) Kapasitor pelat sejajar (A = 30 cm2 dan d = 6 mm) dihubungkan dengan sumber tegangan 200 V. a) Tentukan besar kapasitansi C, muatan Q, kuat medan listrik E dan kerapatan energi U b) Setelah kaopasitor penuh berisi muatan, sumber tegangan dilepas, dan jarak antar pelat dipersempit menjadi setengahnya. Tentukan kapasitansi C, muatan Q, kuat medan listrik E, dan beda potensial V Jawab a) A 30 × 10 −4 = (8,85 × 10 −12 ) = 4,4 × 10 −12 F d 6 × 10 −3 Muatan kapasitor: Q = CV = (4,4 × 10 −12 ) × 200 = 8,8 × 10 −10 C

Kapasitansi C = ε o

Kuat medan listrik: E = Kerapatan energi: U =

V 200 = = 3,3 × 10 4 V/m −3 d 6 × 10

1 1 ε o E 2 = × (8,85 × 10 −12 ) × (3,3 × 10 4 ) 2 = 4,8 × 10 −3 J/m3 2 2

b) C

C’

V=200 volt

Yang tidak berubah setelah tegangan diputus adalah muatan pada pelat. A 30 × 10 −4 −12 Kapasitansi C ' = ε o = (8,85 × 10 ) = 8,8 × 10 −12 F −3 d /2 6 × 10 / 2 122

Muatan kapasitor tidak berubah, yaitu Q = 8,8 × 10 −10 C Beda potensial: V ' =

Q 8,8 × 10 −10 = 100 volt = C ' 8,8 × 10 −12

Medan listrik : E ' =

V' 100 = = 3,3 × 10 4 V/m −3 d / 2 6 × 10 / 2

5) Dari gambar rangkaian di bawah tentukan a. Muatan yang tersimpan di dalam kapasitor C setelah tercapai keadaan tunak b. Jika kapasitor dihubungsingkatkan sehingga arus yang melalui R3, berapa besar arus tersebut. R1 = 3Ω A

ε1 = 12 V B

R2 = 1Ω

ε2 = 14 V

C R3 = 1Ω

C

Jawab a) Untuk menentukan muatan kapasitor kita tentukan dahulu tegangan antara B dan C. Jika kapasitor penuh maka tidak arus yang mengalir pada jalur ABC. Rangkaian dapat disederhanakan sebagai berikut

R1 = 3Ω A

R2 = 1Ω

ε2 = 14 V

ε1 = 12 V

C

I

Arus yang mengalir I=

ε 2 − ε1 R1 + R2

=

14 − 12 = 0,5 A 3 +1 123

Lihat setengah rangkaian kanan C

C

A

A

V AC = ∑ IR − ∑ ε = IR1 − (−ε 1 ) = 0,5 × 2 − (−12) = 13 V

Karena tidak ada arus yang mengalir pada jalur tengah maka tidak ada beda regangan antar dua ujung hambatan R3. Akibatnya tegangan antara dua ujung kapasitor sama dengan V AC . Muatan yang tersimpan dalam kapasitor Q = CV AC = 10 −6 × 13 = 1,3 × 10 −5 F

b) Jika kapasitor dihubungsingat maka rangkaian menjadi sebagai berikut R1 = 3Ω A

ε1 = 12 V

R2 = 1Ω

C

R3 = 1Ω

I1

I2

Lihat loop kiri

∑ IR − ∑ ε = 0 I 1 R1 − ( I 2 − I 1 ) R3 − (−ε 1 ) = 0 3I 1 − 1( I 2 − I 1 ) + 12 = 0 4 I 1 − I 2 + 12 = 0

ε2 = 14 V

I2-I1

(*)

Loop kanan

∑ IR − ∑ ε = 0 I 2 R1 + ( I 2 − I 1 ) R3 − ε 2 = 0 I 2 + 1( I 2 − I 1 ) − 14 = 0

− I 1 + 2 I 2 − 14 = 0

(**)

124

(*) × 2 8I 1 − 2 I 2 + 24 = 0

(***)

(**) + (***) 7 I 1 + 10 = 0 atau I1 = −

10 A 7

Dari persamaan (*) 44 ⎛ 10 ⎞ I 2 = 4 I 1 + 12 = 4 × ⎜ − ⎟ + 12 = A 7 ⎝ 7⎠ Arus pada R3 = I 2 − I 1 =

44 ⎛ 10 ⎞ 54 − ⎜− ⎟ = A 7 ⎝ 7⎠ 7

125

Bab 14 Pembahasan Ujian I Semester II 2000/2001 1. Tiga buah muatan titik masing-masing qA = - 1 µC, qB = +4 µC, dan qC = +2 µC terletak pada posisi seperti pada gambar berikut ini. y (m) C(1,2)

x (m) A(0,0)

D(1,0)

B(2,0)

a) Jika suatu muatan titik lain sebedar qD = 2 µC ditempatkan pada titik D (1,0), hitung vektor gaya Coulomb pada muatan qD yang disebabkan oleh muatan qA, qB, dan qC. b) Hitung potensial titik D akibat muatan qA, qB, dan qC c) Hitung usaha yang dilakukan untuk memindahkan muatan qD dari tempat tak hingga (jauh sekali) ke titik D tersebut Jawab a) r r r r FD = FDA + FDB + FDC =

q AqD r 1 qB qD r 1 qC q D r r + r + rDC r r 3 DA 3 DB 4πε o rDA 4πε o rDB 4πε o rrDC 3 1

di mana

r rDA = 1iˆ m

⇒

r rDA = 1 m

r rDB = −1iˆ m

⇒

r rDB = 1 m

126

r rDC = −1 ˆj m

⇒

r rDC = 1 m

Maka −6 −6 r (−1 × 10 −6 )(2 × 10 −6 ) ˆ 9 ( 4 × 10 )( 2 × 10 ) FD = (9 × 10 9 ) ( 1 i ) + ( 9 × 10 ) (−1iˆ) 13 13 + (9 × 10 9 )

(2 × 10 −6 )(2 × 10 −6 ) (−1 ˆj ) 13

= −18 × 10 −3 iˆ − 72 × 10 −3 iˆ − 36 × 10 −3 ˆj = −(9 iˆ + 3,6 ˆj ) × 10 −2 N

b) V D = VDA + VDB + VDC =

qA 1 qB 1 qC r + r + r 4πε o rDA 4πε o rDB 4πε o rDC 1

(2 × 10 −6 ) (4 × 10 −6 ) (−1 × 10 −6 ) + (9 × 10 9 ) + (9 × 10 9 ) 1 1 1 4 = 4,5 × 10 volt = (9 × 10 9 )

c) Potensial di titik tak berhingga V (∞) = 0

Energi potensial di titik D U ( D) = q DVD = (2 × 10 −6 ) × (4,5 × 10 4 ) = 9 × 10 −2 J Energi potensial di titik tak berhingga U ( ∞ ) = q DV ( ∞ ) = 0 J W∞→ D = U ( D) − U (∞) = 9 × 10 −2 J

2) Sebuah bola isolator pejal dengan jari-jari R1 dikelilingi oleh bola konduktor netral berongga dengan jari-jari dalam R2 dan jari-jari luar R3 (lihat gambar). Isolator memiliki kerapatan muatan (muatan/volum) sebesar ρ (r ) = br (C/m3) di mana b adalah tetapan dan r adalah jarak dari pusat bola isolator.

127

R3

R1 R2

a) Hitung medan listrik di I. r < R1 II. R1 < r < R2 III. R2 < r < R3 IV. r > R3 b) Hitung rapat muatan imbas di dinding bagian dalam bola konduktor Jawab a) I. Mencari medan listrik pada r < R1 Buat permukaan Gauss dengan jari-jari r < R1

r

R1

r

r

∫ E • dA = E (4πr 2 ) =

∑q εo

∑q εo

∑ q = muatan yang dilingkupi permukaan Gauss 128

r

⎡1 ⎤ = ∫ ρ dV = ∫ (br )(4πr dr ) = 4πb ∫ r dr = 4πb ⎢ r 4 ⎥ = πbr 4 ⎣4 ⎦0 0 0 0 r

r

r

2

3

Jadi

πbr 4 E (4πr ) = εo 2

E=

1 br 2 4ε o

II. Medan listrik pada R1 < r < R2 Buat permukan Gauss dengan jarik-jari R1 < r < R2

r R3

R2

r

r

∫ E • dA = E (4πr 2 ) =

∑q εo

∑q εo

∑ q = muatan yang dilingkupi permukaan Gauss = muatan bola isolator =

R1

R1

R1

0

0

0

⎡1

⎤

2 3 4 ∫ ρ dV = ∫ (br )(4πr dr ) = 4πb ∫ r dr = 4πb⎢⎣ 4 r ⎥⎦

Jadi E(4πr 2 ) = E=

πbR14 εo

1 bR14 4ε o r 2

129

R1

0

= πbR14

III. Pada R2 < r < R3. Karena berada dalam konduktor maka E = 0 IV. Medan pada r > R3 Buat permukaan Gauss dengan jari-jari r > R3

r R3

R1 R2

r r E ∫ • dA =

E (4πr 2 ) =

∑q εo

∑q εo

Karena konduktor netral maka muatan yang dilingkupi permukaan Gauss hanya muatan total bola isolator. Jadi di sini pun

∑ q = muatan bola isolator =

πbR14

Jadi E (4πr 2 ) = E=

πbR14 εo

1 bR14 4ε o r 2

b) Misalkan muatan induksi di sisi dalam bola konduktor Q’. Buat permukaan Gauss dengan jari-jari r antara R2 dan R3 (di dalam konduktor)

130

r R3

R1 R2

r

r

∫ E • dA =

∑q εo

Karena medan di permukaan Gauss (di dalam konduktor) nol maka

sehingga

∑q = 0 .

Tetapi

∑q

r r E ∫ • dA = 0

= jumlah muatan bola isolator dan muatan di

permukaan dalam bola konduktor. Jadi

πbR14 + Q' = 0 atau Q' = −πbR14 Luas permukaan dalam bola konduktor = 4πR22 . Dengan demikian kerapatan muatan (muatan/luas) di permukaan dalam bola konduktor

σ '=

bR14 πbR14 Q' = − = − 4πR22 4πR22 4 R22

3. Tinjaulah kapasitor pelat sejajar dengan luas masing-masing pelat adalah A = 4 cm2 dan jarak antar pelat 100 µm. Kapasitor tersebut dihubungkan dengan baterei dengan beda potensial ε = 12 volt. a) Jika ruang antar pelat adalah udara, hitung muatan yang akan tersimpan dalam kapasitor b) Jika hubungan dengan baterei diputus dan suatu bahan dielektrik dengan permitivitas relatif κ = 20 disipkan hingga memenuhi ruang antar pelat, hitung energi yang

131

tersimpan dalam kapoasitor sekarang. Jawab a) A 4 × 10 −4 = (8,85 × 10 −12 ) = 3,54 × 10 −11 F d 100 × 10 −6 Muatan yang tersimpan Q = CV = (3,54 × 10 −11 ) × 12 = 4,25 × 10 −10 C C = εo

b) Kapasitansi kapasitor sekarang C '= κC = 20 × (3,54 × 10 −11 ) = 7,08 × 10 −10 F Ketika hubungan dengan baterei dilepas maka yang tidak berubah pada kapasitor adalah muatan di dalamnya. Muatan kapasitor tetap Q = 4,25 × 10 −10 C. Energi yang tersimpan dalam kapasitor 1 2 1 U= Q = × (4,25 × 10 −10 ) 2 = 1,3 × 10 −10 J −10 2C ' 2 × (7,08 × 10 ) 4. Diketahui R1 = 1 Ω, R2 = 1 Ω, R3 = 2 Ω, R4 = 4 Ω, R5 = 4 Ω, R6 = 5 Ω, ε1 = 6 V, ε2 = 9 V, dan ε3 = 2 V. (anggap hambatan baterei nol). A I1

I2

ε2

I3

B

ε1

R1

R2

R4

R3

R5

R5 C

132

ε3

a) Hitung hambatan ekivalen B-C b) Hitung I1, I2, dan I3 c) Hitung tegangan antara A-C Jawab a) Paralel R4 dan R5 menghasilkan R’ 1 1 1 1 1 1 = + = + = R' R4 R5 4 4 2 atau R’ = 2 Ω. RB-C adaral seri R2, R’, dan R6, yaitu R B −C = R2 + R'+ R6 = 1 + 2 + 5 = 8 Ω

b) Rangkaian di atas dapat disederhanakan sebagai berikut A I1

I2

ε2

I3

B R1

R3 RB-C

ε3

C

Loop kiri

∑ IR − ∑ ε = 0 I 1 R1 + I 2 RB −C − (ε 1 + ε 2 ) = 0 I 1 × 1 + I 2 × 8 − ( 6 + 9) = 0

133

I 1 + 8 I 2 − 15 = 0

(*)

Loop kanan

∑ IR − ∑ ε = 0 − I 3 R3 − I 2 RB −C − (−ε 2 − ε 3 ) = 0 − I 3 × 2 − I 2 × 8 − (−9 − 2) = 0 − 2 I 3 − 8I 2 + 11 = 0

(**)

Pada percabangan A I 3 = I1 − I 2

(***)

Substitusi (***) ke dalam (**) − 2( I 1 − I 2 ) − 8 I 2 + 11 = 0 − 2 I 1 − 6 I 2 + 11 = 0

(****)

2 × (*) + (****) 2 I 1 + 16 I 2 − 30 = 0 − 2 I 1 − 6 I 2 + 11 = 0

(*****) (****)

------------------------+ 10 I 2 − 19 = 0 I 2 = 1,9 A

(******)

Substitusi (******) ke dalam (*) I 1 + 8 × (1,9) − 15 = 0 I 1 + 15,2 − 15 = 0 I 1 = −0,2 A

(*******)

Substitusi (******) dan (*******) ke dalam (***) diperoleh I 3 = I1 − I 2 = 1,9 – (-0,2) = 2,1 A c)

134

A

ε2 B

RB-C I2

C

C

C

A

A

V AC = ∑ IR − ∑ ε = I 2 RBC − ε 2 = 1,9 × 8 − 9 = 6,2 volt 5. Dalam rangkaian kawat berarus dalam medan magnet B seperti pada gambar di bawah ini diketahui B = 0,2 T dan I = 2,0 A. a

5 cm

4 cm

B

I

c

b

3 cm

a) Hitung vektor gaya yang bekerja pada kawat ab, bc, dan ca b) Hitung vektor momen gaya pada kawat abc Jawab a) Gaya pada elemen kawat ab 135

a

B

θ I

θ=

53o b

Besar gaya Fab = I ab B sin θ

= 2 × (5 × 10 − 2 ) × 0,2 ×

4 = 1,6 × 10 − 2 N 5

(arah tegak lurus kertas ke atas) Gaya pada elemen bc nol karena kawat sejajar medan magnet Gaya pada elemen ca a

θ = 90o

I

B

c

Fca = I ca B sin θ

= 2 × (4 × 10 −2 ) × 0,2 × 1 = 1,6 × 10 −2 N (arah tegak lurus kertas ke bawah) b) Besar momen magnet pada loop

µ = IA = I ×

(4 × 10 −2 )(3 × 10 −2 ) ac × cb = 2× = 1,2 × 10 −3 Am2 2 2 136

Arah momen magnet tegak lurus bidang permukaan = tegak lurus bidang kertas. Berati arah momen magnet tegak lurus arah medan magnet. Dengan demikian torka pada loop τ = mB sin φ = (1,2 × 10 −3 ) × 0,2 × sin 90 o = 2,4 × 10 −3 Nm

137

Bab 15 Pembahasan Ujian I Semester II 2003/2004 1. Dua buah muatan titik Q1 = 20 µC berada di titik (0,6) m sedangkan muatan Q2 = - 10 µC berada di titik (-8,0) m. Hitung a) Gaya yang dialami muatan Q1 b) Medan listrik di titik (0,0) c) Potensial listrik di titik (0,-6) m Jawab a)

Q1 = 30 µC

r r12

Q2 = 10 µC

r r1 r r2

r Posisi muatan Q1: r1 = 6 ˆj m r Posisi muatan Q2: r2 = −8iˆ m r r r Posisi muatan Q1 terhadap muatan Q2 adalah r12 = r1 − r2 = 6 ˆj + 8iˆ m r Jarak muatan Q1 dan Q2: r12 = 6 2 + 8 2 = 10 m

Gaya pada Q1 oleh Q2: r FQ1 =

(

)

−5 −5 Q1Q2 r 9 (3 × 10 )( −10 ) r = 9 × 10 6 ˆj + 8iˆ = −0,0162 ˆj − 0,0216iˆ N 12 4πε o rr12 3 10 3

1

r b) Posisi titik O adalah ro = 0 r r r Posisi titik O relatif terhadap muatan Q1: ro1 = ro − r1 = −6 ˆj m r r r Posisi titik O relatif terhadap muatan Q2: ro 2 = ro − r2 = 8iˆ m

138

Kuat medan di titik O adalah

Q1 = 30 µC

r r1

Q2 = 10 µC

r r2 r rP

r rP 2

r rP1

P

r Eo =

=

Q1 r 1 Q2 r ro 2 r + r 3 o1 4πε o ro1 4πε o rro 2 3 1

3 × 10 −5

1

4πε o − 6 ˆj 3

(−6 ˆj ) +

1 4πε o

(−10 −5 ) 8 iˆ

=−

1 10 −5 ˆ 3 × 10 −5 ˆ j− i 4πε o 64 4πε o 36

=−

1 ⎛ 1 × 10 −5 ⎜ iˆ + 12 4πε o ⎝ 64

3

(8 iˆ)

1 1

ˆj ⎞⎟ ⎠

c) r r r Posisi titik P relatif terhadap muatan Q1: rP1 = rP − r1 = −6 ˆj − 6 ˆj = −12 ˆj m r r r Posisi titik P relatif terhadap muatan Q2: rP 2 = rP − r2 = −6 ˆj − (−8iˆ) = 8iˆ − 6 ˆj m

Potensial di titik P VP =

Q1 1 Q2 r + r 4πε o rP1 4πε o rP 2 1

139

=

1 3 × 10 −5 1 10 −5 1 (−10 −5 ) 3 × 10 −5 = − + 4πε o 10 4πε o 8 iˆ − 6 ˆj 4πε o 12 4πε o − 12 ˆj

=

0,15 4πε o

1

2. Sebuah kapaitor keeping mempunyai luas penampang 4 cm2 dan jarak kepingnya 0,1 mm. Kapasitor tersebut kemudian dihubungkan dengan sumber tegangan 200 V. a) Tentukan besarnya kapasitansi, muatan, dan besarnya medan listrik pada kapasitor tersebut. b) Tanpa mlepas sumber tegangan, kapasitor tersebut kemudian disisipi dielektrik yang memiliki permitivitas relatif (kostanta dielektrik) 30. Tentukan besarnya kapasitansi, muatan, dan besarnya medan listrik pada keadan ini c) Jika selanjutnya sumber tegangan diputus dan dielektriknya dicabut, tentukan besar medan listriknya Jawab a) Kapasitansi

(4 ×10 −4 ) A = (8,856 × 10 −12 ) = 3,54 ×10 −11 F 10 − 4 d Muatan Q = CV = (3,54 × 10 −11 ) × 200 = 7,08 × 10 −9 C C = εo

Kuat medan listrik

E=

V 200 = − 4 = 2 × 10 6 N/C d 10

b) Kapasitansi C ' = κC = 30 × (3,54 × 10 −11 ) = 1,06 × 10 −9 F Muatan Q' = C 'V = (1,06 × 10 −9 ) × 200 = 2,12 × 10 −7 C Kuat medan listrik E' =

E

κ

=

2 × 10 6 = 6,7 × 10 4 N/C 30

c) Jika tegangan diputur maka yang tetap adalah muatan pada kapasitor, yaitu Q’. Jika kemudian dielektrik dicabut maka kapasitansi kembali menjadi C = 3,54 × 10 −11 F.

140

Akibatnya, beda potensial antara dua ujung kapasitor menjadi V '=

Q' 2,12 × 10 −7 = 6000 V = C 3,54 × 10 −11

Besar medan listrik menjadi E" =

V ' 6000 = − 4 = 6 × 10 7 N/C d 10

3. Bola isolator dengan muatan +Q yang terdistribusi secara merata pada seluruh volumnya terletak sepusat dengan sebuah kulit bola konduktor yang bermuatan -2Q seperti gambar. Tentukan a) Medan listrik E pada posisi-posisi: r < R, R< r< 3R, dan r > 3R dan sketra grafik E terhadap r. b) Potensial listrik V pada posisi r = R, dengan mengansumsi V = 0 pata tempat tak berhingga.

isolator konduktor R

3R

Jawab Pertama kita hitung kerapatan muatan bola isolator

ρ=

Q +Q = V 4πR 3 / 3

i) Medan listrik pada r < R. Buat permukaan Gauss berupa bola dengaj jari-jari r yang lebih kecil dari R.

141

Permukaan Gauss dengan jari-jari r r

R

3R

Terapkan hukum Gauss pada permukan tersebut r r E ∫ • dA =

E× A=

∑q εo

∑q εo

Di mana A = luas permukaan Gauss = 4πr 2 .

∑q

= jumlah muatan yang dilingkupi

Q r3 4πr 3 permukan Gauss = (rapat muatan) × (volum bola Gauss) = × =Q 3 . 3 4πR 3 / 3 R Dengan demikian r3 E × (4πr ) = ×Q 3 εo R 1 Q E= r 4πε o R 3 2

1

ii) Pada daerah; R < r < 3R Buat permukan Gauss yang jari-jarinya r antara R dan 3R.

Permukaan Gauss dengan jari-jari r

r R

3R

142

Terapkan hukum Gauss pada permukan tersebut

r r E ∫ • dA =

E× A=

∑q εo

∑q εo

Di mana A = luas permukaan Gauss = 4πr 2 .

∑q

= jumlah muatan yang dilingkupi

permukan Gauss. Muatan tersebut sama dengan muatan total bola isolator. Jadi

∑ q = Q . Kita dapatkan E × (4πr 2 ) = E=

Q

εo

1

Q 4πε o r 2

iii) Pada r > 3R Buat permukan Gauss yang jari-jarinya r yang lebih besar dari 3R.

Permukaan Gauss dengan jari-jari r r R 3R

Terapkan hukum Gauss pada permukan tersebut

r r E ∫ • dA =

∑q εo

143

E× A=

∑q εo

Di mana A = luas permukaan Gauss = 4πr 2 .

∑q

= jumlah muatan yang dilingkupi

permukan Gauss. Muatan tersebut sama dengan jumlah muatan bola isolator dan muatan konduktor berongga. Jadi

E × (4πr 2 ) = E=−

∑ q = Q − 2Q = −Q . Kita dapatkan

−Q

εo

1

Q 4πε o r 2

Sketsa kuat medan listrik sebagai fungsi jarak tampak pada gambar berikut E(r) 1/(4πεo) (Q/R2)

1/(4πεo) (Q/9R2)

3R

-1/(4πεo) (Q/9R2)

R

2R

Potensial pada jarak R memenuhi R r r V ( R) − V (rref ) = − ∫ E • dr rref

Dengan mengambil rref = ∞ , dan V (∞) = 0 maka

r r V ( R) = − ∫ E • dr R

∞

144

r

Integral dari ∞ sampai R melewati dua daerah dengan medan listirk berbeda. Daerah tersebut adalah daerah dengan r > 3R dan daerah dengan R < r < 3R. Karena itu integral tidak bisa dilakukan sekaligus tetapi harus dipecah dua sebagai berikut 3R r R r r r V ( R) = − ∫ E • dr − ∫ E • dr ∞

3R

R ⎛ ⎛ 1 Q⎞ 1 Q⎞ ⎟dr ⎟dr − ∫ ⎜⎜ + = − ∫ ⎜⎜ − 2 ⎟ 4πε o r ⎠ 4πε o r 2 ⎟⎠ ∞⎝ 3 R⎝

3R

=

Q

3R

dr Q − 2 ∫ 4πε o ∞ r 4πε o 3R

R

dr

∫r

2

3R

Q ⎡ 1⎤ Q = − ⎥ − ⎢ 4πε o ⎣ r ⎦ ∞ 4πε o

R

⎡ 1⎤ ⎢⎣− r ⎥⎦ 3R

Q ⎡ 1 Q ⎡ 1 1⎤ 1 ⎤ − + ⎥− − + ⎢ ⎢ 4πε o ⎣ 3R ∞ ⎦ 4πε o ⎣ R 3R ⎥⎦ 1 Q 1 2Q 1 Q =− + = 4πε o 3R 4πε o 3R 4πε o 3R

=

4. Medan magnet seragam sebesar 0,1 T berarah tegak lurus memasuki bidang tulis. Jika sebuah proton dalam medan magnet tersebut mempunyai kecepatan 105 m/s ke arah kanan a) Tentukan besar dan arah gaya pada proton (abaikan gravitasi) b) Gambar sketsa lintasan proton dalam medan tersbut. Jelaskan mengapa demikian c) Jika selain medan magnet ditambahkan medan listrik sebesar 104 N/C ke bawak tegak lurus medan magnetik, berapa gaya total yang dialami proton dan gambarkan sketsa lintasanya. Jawab a) Kita gunakan sumbu koordinat dengan arah seperti pada gambar di bawah ini. Dengan pemilihan sumbu tersebut maka

r v = 10 5 ˆj m/s r B = −0,1iˆ T 145

× × × ×

× × × ×

× × × ×

× r× v × ×

× × × ×

z y x

Gaya pada proton (gaya magnetik) r r r FL = + ev × B

(

)

= (1,6 × 10 −19 ) 10 5 ˆj × (−0,1iˆ) = − 1,6 × 10 −15 ( ˆj × iˆ) = −1,6 × 10 −15 (− kˆ) = 1,6 × 10 −15 kˆ N Tampak bahwa gaya mengarah sejajar sumbu z. Jadi arahnya tegak lurus kecepatan (brarah sumbu y) maupun medan magnt (berarah sumbu x) b)

× × × × ×

r F r B

r v

× × × × ×

× × × × ×

× × × × ×

× × × r× v ×

Lintasan proton berupa lingkaran karena arah gaya selalu tegak lurus arah kecepatan. c) Vektor medan listrik yang diberikan adalah r E = −10 4 ˆj N/C 146

Gaya listrik yang dialami propon adalah r r FC = + eE = (1,6 × 10 −19 ) × (−10 4 ˆj ) = −1,6 × 10 −15 ˆj N Gaya total yang dialami proton r r r F = FL + FC = 1,6 × 10 −15 ˆj − 1,6 × 10 −15 ˆj = 0 Karena gaya total yang bekerja nol maka proton bergerak dalam lintasan lurus.

× × × ×

× Fr × × r F ×

L

C

× × × ×

× r v × × ×

× × × ×

5. dari gambar di bawah, apabila diketahui V1 = 9 V dan kapasitor dalam keadaan tunak (kapasitor dalam keadaan trisi penuh), tentukan a) Nilai arus yng melewati masing-masing hambatan b) Va – Vb dan muatan di dalam kapasitor c) Disipasi daya pada hambatan 1 Ω a 3Ω

b 5 µF

15 V 3V

1Ω

V1

Jawab

147

3Ω

a) Jika kapasitor penuh maka jalur yang mengandung kapasitor tidak dilewati arus (seolah terputus). Arus yang mangalir pada hambatan 3 Ω atas nol. Dua ujung hambatan 3 Ω berimpitan dengan dua ujung baterei V1. Dengan demikian, tegangan antara dua ujung hambatan 3 Ω adalah V1. Arus yang mengalir pada hambatan 3 Ω adalah I1 =

V1 9 = =3A 3Ω 3

1Ω

3V

I2 I1 V1 3Ω

Arus I1 sesuai dengan arah pada gambar Untuk menentukan arus yang mengalir pada hambatan 1 Ω, perhatikan loop kiri.

∑ IR − ∑ ε = 0 I 2 × 1 − (− 3 + V1 ) = 0 I 2 − (− 3 + 9 ) = 0

atau I2 = 6 A b) Untuk menentukan Va-Vb, lihat loop atas saja seperti pada gambar di bawah ini Va − Vb = ∑ IR − ∑ ε

= 0 × 3Ω + 6 A × 1Ω − (15 − 3) = 6 – 12 = - 6 V.

148

3Ω

15 V

1Ω

3V

a

5 µF

b

6A

Tanda negatif menandakan bahwa Vb > Va. Va – Vb tidak lain merupakan beda potensial antara dua kaki kapasitor. Muatan pada kapasitor Q = C Vab = (5 × 10 −6 ) × 6 = 3 × 10 −5 F

c) Disipasi daya pada hambatan 1 Ω P = I 12 × R = 6 2 × 1 = 36 W

149

Bab 16 Pembahasan Ujian I Semester II 2006/2007 1. Mula-mula tiga buah muatan disusun seperti pada gambar di bawah ini. Besar muatan Q1 adalah 2 µC yang jenisnya (tandanya) belum diketahui. Muatan Q2 tidak diketahui besar dan r jenisnya. Sedangkan jenis muatan Q3 adalah positif dan besarnya 4 µC. Resultan gaya F yang bekerja pada muatan Q3 ke arah sumbu x negatif.

r F

Q3 = 4 µC

3 cm

Q1 = ⏐2 µC⏐

Q2

A d/2 = 4 cm d = 8 cm

a) Tentukan Q1 dan Q2 (besar dan tanda/jenis) r b) Tentukan gaya F c) tentukan potensial di titik A d) Jika Q1 dan Q2 tetap seperti pada gambar dan Q3 bebas bergerak, apakah gaya total yang bekerja pada muatan Q3 selalu tetap terhadap waktu? Jelaskan dengan ringkas dan singkat.

Jawab

r a) Arah gaya F yang sejajar dengan sumbu x negatif hanya munmgkin dihasilkan oleh resultan gaya yang dihasilkan Q1 dan Q2 sebagai berikut F32 r F

Q3

F31 Q1

A

Q2

Gaya antara Q1 dan Q3 tarik menarik. Karena Q3 positif maka muatan Q1 negatif. Jadi Q1 = - 2 150

µC. Gaya antara Q2 dan Q3 tolak menolak. Karena Q3 positif maka muatan Q2 juga positif. Komponen vertical gaya oleh Q1 pada Q2 sama dengan komponen vertical gaya oleh Q2 pada Q3 sehingga saling menghilangkan dan menghasilkan gaya resultan hanya arah horizontal. Ini hanya mungkin jika besar muatan Q1 dan Q2 sama. Jadi muatan Q2 = +2 µC. b) Gaya pada Q3 r F=

Q1Q3 r 1 Q2 Q3 r r + r32 r 3 31 4πε o r31 4πε o rr32 3 1

dengan r r r31 = 4iˆ + 3 ˆj cm = 0,04iˆ + 0,03 ˆj m ⇒ r31 = (0,04) 2 + (0,03) 2 = 0,05 m

r r r32 = −4iˆ + 3 ˆj cm = −0,04iˆ + 0,03 ˆj m ⇒ r32 = (−0,04) 2 + (0,03) 2 = 0,05 m

Jadi r (−2 × 10 −6 )(4 × 10 −6 ) F = (9 × 10 9 ) (0,04iˆ + 0,03 ˆj ) (0,05) 3

+ (9 × 10 9 )

(2 × 10 −6 )(4 × 10 −6 ) (−0,04iˆ + 0,03 ˆj ) (0,05) 3

= − 46,08 iˆ N

c) Potensial di titik A V A = V A1 + V A 2 + V A3 =

Q1 1 Q2 1 Q3 r + r + r 4πε o rA1 4πε o rA 2 4πε o rA3 1

= (9 × 10 9 )

(4 × 10 −6 ) (2 × 10 −6 ) (−2 × 10 −6 ) + (9 × 10 9 ) + (9 × 10 9 ) (0,03) (0,04) (0,04)

= 1,2 × 10 6 volt d) Tidak tetap. Gaya yang bekerja pada Q3 bergantung pada posisi muatan tersebut. Makin jauh jarak Q3 dari muatan Q1 dan Q2, gaya resultan yang bekerja makin kecil. Sebagai contoh ketika Q3 berada pada jarak tak berhingga, gaya resultan pada Q3 nol. Jika jika posisi Q3 tidak

151

pada garis simetri antara Q1 dan Q2 maka gaya resultan tidak lagi sejajar sumbu x tetapi juga mempunyai komponen sejajar sumbu y. 2. Tinjau sebuah bola isolator berjari-jari R dan mempunyai muatan Q yang tersebar secara merata a) Dengan menggunakan hukum gauss, tentukan medan listrik sebagai fungsi jarak dari pusat bola isolator di dalam dan di luar bola. b) Tentukan potensial listrik sebagai fungsi jarak dari pusat biola isolator di dalam dan di luar bola. r c) Jika bola isolator ini ditempatkan dalam daerah dengan kuat medan listrik E = 5 iˆ N/C, hitung fluks total yang meleati seluruh permukaan bola isolator tersebut Jawab Rapat muatan bola ρ =

Q 4πR 3 / 3

a) Untuk mencari medan listrik di dalam bola, buat permukaan Gauss berupa bola dengan jar-jari r < R.

Permukaan Gauss dengan jari-jari r r R

r r E ∫ • dA =

E (4πr 2 ) =

∑q

∑q εo

∑q εo

= muatan yang dilingkupi permukaan Gauss = ρ ×

152

(volum bola Gauss)

r3 Q ⎛4 3⎞ = × ⎜ πr ⎟ = Q 3 4πR 3 / 3 ⎝ 3 R ⎠

Dengan demikian r3 E (4πr ) = Q 3 εo R 2

1

atau

E=

Q r 4πε o R 3 1

Untuk mencari medan listrik di luar bola, buat permukaan Gauss berupa bola dengan jar-jari r > R.

Permukaan Gauss dengan jari-jari r r R

r r E ∫ • dA =

E (4πr 2 ) =

∑q

∑q εo

∑q εo

= muatan yang dilingkupi permukaan Gauss = seluruh muatan bola = Q.

Dengan demikian E (4πr 2 ) =

Q

εo

atau

153

E=

1

Q 4πε o r 2

b) Potensial listrik adalah

r r V (r ) = V (ro ) − ∫ E • dr r

ro

Untuk bola bermuatan kita ambil ro = ∞ dan V (ro ) = 0 sehingga r r r V (r ) = − ∫ E • dr ∞

Potensial di luar bola (r > R) r r r r ⎛ 1 Q⎞ ⎟ dr V (r ) = − ∫ E • dr = − ∫ E dr = − ∫ ⎜⎜ 4πε o r 2 ⎟⎠ ∞ ∞ ∞⎝ r

r

1 1 Q dr ⎡ 1⎤ =− Q ⎢− ⎥ = Q∫ 2 = − 4πε o ∞ r 4πε o ⎣ r ⎦ ∞ 4πε o r r

1

Potensial di dalam bola (r > R)

r

∞ E2

E1

R

r

R

r

∞

∞

R

V (r ) = − ∫ E dr = − ∫ E1 dr − ∫ E 2 dr

154

r ⎛ 1 Q⎞ ⎛ 1 Q ⎞ ⎟ dr − ∫ ⎜⎜ = − ∫ ⎜⎜ r ⎟ dr 2 ⎟ 4πε o r ⎠ 4πε o R 3 ⎟⎠ ∞⎝ R⎝ R

R

r

1 Q 1 1 Q ⎡1 2 ⎤ dr ⎡ 1⎤ =− Q∫ 2 − r dr = − Q ⎢− ⎥ − r 3 ∫ 4πε o ∞ r 4πε o R R 4πε o ⎣ r ⎦ ∞ 4πε o R 3 ⎢⎣ 2 ⎥⎦ R 1

=

r

R

(

1

1 Q 2 Q r − R2 − 3 4πε o R 4πε o 2 R

)

c) Fluks total yang menembus permukaan bola

r

r

φ = ∫ E • dA Berdasarkan hukum Gauss kita dpatkan

φ=

∑q = Q εo

εo

Fluks total yang melewati permukaan bola tidak bergantung pada kuat medan luar yang diterapkan tetapi semata-mata bergantung pada jumlah muatan yang dikandung bola

3) Diberikan rangkaian listrik seperti pada gambar, C = 2000 µC. Jika t = 0 kapasitor dalam keadaan kosong. a) Hitung arus sesaat setelah saklar s ditutup b) Tentukan Vab pada saat kapasitor dalam keadaan tunak (terisi penuh muatan) c) Tentukan energi yang tersimpan dalam kapasitor saat tunak

155

i 6 kΩ

3 kΩ

s C

9V

9 kΩ 3 kΩ

6 kΩ

Jawab a) Sesaat setelah saklar ditutup kapasitor masih kosong. Dalam keadaan ini kapasitor seolah-olah terhubung singkat. Rangkaian menjadi sebagai berikut i 3 kΩ

6 kΩ

9V

9 kΩ 3 kΩ

6 kΩ

Seri dua hambatan kiri menghasilkan Rkiri = 6 + 3 = 9 kΩ Seri dua hambatan kanan menghasilkan Rkanan = 3 + 6 = 9 kΩ Hambatan total, RT , memenuhi 1 1 1 1 = + + RT Rkiri Rtengah Rkanan

= atau RT =

1 1 1 3 + + = 9 9 9 9 9 = 3 kΩ 3

Arus yang mengalir

156

i=

9 9 = = 3× 10 −3 A = 3 mA 3 RT 3× 10

b) Dalam keadaan tunak, jalur yang mengandung kapasitor terputus. Rangkaian menjadi i 6 kΩ

3 kΩ

3 kΩ

6 kΩ

9V

Hambatan total, RT , memenuhi 1 1 1 = + RT Rkiri Rkanan = atau

1 1 2 + = 9 9 9

RT =

9 = 4,5 kΩ 2

Arus yang mengalir i=

9 9 = = 2 × 10 −3 A = 2 mA 3 RT 4,5 × 10

Karena Rkiri = Rkanan maka arus terbagi dua sama besar pada dua lintasan. Arus masing-masing lintasan adalah ikiri = ikanan = i / 2 = 10 −3 A

b

a 3 kΩ

6 kΩ

ikiri

ikanan

157

Beda potensial untuk lintasan terbuka ditentukan dengan rumus berikut ini Vab = ∑ IR − ∑ ε

= (ikiri × 3 kΩ - ikanan × 6 kΩ) - 0 = 10-3 × (3 × 10-3) – 10-3 × (3 × 10-3) = 3 – 6 = - 3 volt c) Dalam keadaan tunak tidak ada arus yang mengalir pada jalur tengah sehingga tidak ada beda potensial antara dua ujung hambatan 9 kΩ. Tegangan antara dua ujung kapasitor sama dengan tegangan baterei, yaitu 9 volt. Energi yang tersimpan dalam kapasitor U=

1 1 CV 2 = (2000 × 10 −6 ) × 9 2 = 8,1 × 10 − 2 J 2 2

4. Sebuah kawat bujur sangkar terletak dalam bidang xy seperti pada gambar, sengan sumbu z positif keluar bidang kertas (abaikan pengarus gravitasi dan medan gambet yang ditimbulkan kawat berarus i). r a) Tentukan gaya Lorentz yang bekerja pada kawat apabila medan magnet B searah sumbu z positif r b) Jika medan magnetnya diganti menjadi B = αy ˆj dengan α konstanta positif, hitung gaya Lorentz pada kawat tersebut c) Bagaimana gerak kawat untuk soal b). Jelaskan dengan ringkas y (L/2,L/2)

(-L/2,L/2) i

x i i i (-L/2,-L/2)

(L/2,-L/2)

158

Jawab y F i

x F

i F

i i F

r Jika B searah sumbu z positif maka gaya Lorentz pada masing-masing ruas kawat saling menjauhi. Gaya magnet total menjadi nol r b) Jika B = αy ˆj

Sisi kiri dan kanan tidak mengalami gaya Lorentz karena kawat sejajar medan. Pada sisi atas r L B = α ˆj 2 F = i × ( panjang kawat ) × (besar B)

1 = i × L × (αL / 2) = αL2 2 Arah gaya tegak lurus kertas ke belakang Pada sisi bawah r L B = −α ˆj 2 F = i × ( panjang kawat ) × (besar B) 1 = i × L × (αL / 2) = αL2 2 Arah gaya tegak lurus kertas ke depan 159

Gaya Lorentz total = 0 c) Gaya Lorentz yang dihasilkan di b) sama besar tetapi berlawanan arah. Karena itu tidak ada gerak translasi kawat. Tetapi yang dihasilkan adalah torak terhadap sumbu x yang menyebabkan kawat berotasi terhadap sumbu x. bagian atas kawat bergerak ke belakang dan bagian bawahnya begrak ke depan. 5) Diberikan system spectrometer massa seperti pada gambar di bawah ini

B = 5 mT e-

L 0,1 cm

M

1 kV

Kita abaikan gravitasi karena nilainya sangat kecil dibandingkan dengan gaya magnet dan gaya listrik. a) Saat di titik K

FE v

eFM

Di titik K bekerja dua gaya sekaligus, yaitu gaya listrik dan gaya magnet. Besar gaya listrik FE = eE = e

V d

Karena arah medan listrik dari atas ke bawah dan muatan electron negatif maka gaya listrik berarah ke atas Besar gaya magnet

160

FM = evB

Karena arah medan magnet ke belakang, arah kecepatan ke kanan, dan muatan electron negatif maka arah gaya magnet ke bawah. b) Elektron yang mencapai titik L adalah electron yang memenuhi FE = FM

e

V = evB d

atau v=

10 3 V = = 2 × 10 8 m/s Bd (5 × 10 −3 )(0,1 × 10 − 2 )

c) Saat memasuki daerah M elektron hanya mengalami gaya magnetic FM = evB . Gaya tersebut bearah ke pusat lintasan lingkaran electron sehingga merupakan gaya sentripetal. Dengan demikian

evB = m

v2 R

atau mv (9,1 × 10 −31 )(2 × 10 8 ) = = 0,225 m eB (1,6 × 10 −19 )(5 × 10 −3 ) Detektor ditempatkan di bawah titik L pada jarak 2 R = 0,45 m R=

L 2R

M

161

Bab 17 Pembahasan Ujian II Semester II 1998/1999 1. Diberikan rangkaian listrik seperti pada gambar di bawah. Nilai-nilai komponen adalah R1 = 2 Ω, R2 = 4 Ω, ε1 = 18 V, ε2 = 4 V, dan ε3 = 12 V. Tentukan arus yang mengalir pada masing-masing baterei dan beda potensial Vab untuk masing-masing keadaan berikut

a R1

ε1

ε2

ε3

S R2 b a) Saklar S dalam keadaan terbuka b) Saklar S dalam keadaan tertutup Jawab a) Jika saklar S dibuka maka jalur tengah tidak dipakai. Rangkaian menjadi sebagai berikut a I

R1

ε1

ε3 R2 b

Arus yang mengalir ε − ε 3 18 − 12 =1 A = I= 1 2+4 R1 + R2

162

Arah arus sesuai dengan gambar Untuk menentukan Vab, lihat potongan rangkaian sebelah kanan: a - ε3 – R2 – b. Vab = ∑ IR − ∑ ε

= IR2 − (−ε 3 ) = 1× 4 + 12 = 16 volt

b) Saklar S ditutup. Rangkaian menjadi sebagai berikut I1 R1

ε1

I2

a

ε2

ε3

I1+I2 R2 b

Loop kiri

∑ IR − ∑ ε = 0 I 1 R1 − (ε 1 − ε 2 ) = 0 I 1 × 2 − (18 − 4) = 0

I1 =

14 =7 A 2

Loop kanan

∑ IR − ∑ ε = 0 − I 2 R2 − (ε 2 − ε 3 ) = 0 − I 1 × 4 − (4 − 12) = 0

I2 =

8 =2 A 4

Antara a dan b terpasang sebuag batarei ε2 = 4 V. Jadi Vab = 4 V. 2. a) Sebuah partikel bermassa m dan muatan q ditembakkan ke dalam selector

163

kecepatan yang mempunyai medan magnetik 2 T dan medan listrik 400 V/m sedemikian sehingga partikel bergerak lurus. i) Tentukan laju partikel tersebut ii) Seandainya tidak ada medan laistrik, patikel tersebut akan bergerak melingkar dengan jari-jari R = 1 m. Tentukan perbandingan m/q untuk partikel tersebut b) Sebuah kawat berbentuk segitiga terletak pada bidang xy seperti pada gambar. Arus yang mengalir pada kawat adalah 3 A dan di dalam ruang tersebut terdapat medan magnet B = 2 T berarah sejajar sumbu x ke kanan.

y

30 cm

C

x B

40 cm

A

i) Tentukan gaya Lorentz yang bekerja pada segmen kawat AC ii) Hitung momen dipol magnetic loop segitiga iii) Hitung juga torka (momen gaya) yang dialami loop kawat

Jawab a. i) Gaya yang dialami partikel adalah gaya coulomb dan gaya lorentz masing-masing FC = qE FL = qvB

Partikel bergerak lurus berarti ke dua gaya tersebut sama besar,

qE = qvB atau

v=

E 400 = = 200 m/s 2 B

ii) Jika tidak ada medan listrik

164

FL

v

Gaya yang bekerja hanya FL = qvB ke arah pusat lintasan. Jadi gaya tersebut merupakan gaya sentripetal yang memenuhi hubungan v2 FL = m R Dengan demikian qvB = m

v2 R

atau m BR 2 × 1 = = = 0,01 kg/C 200 q v b. i) y C

I

θ = 180o-37o = 143o 37o

x A

Panjang segmen AC : AC = 40 2 + 30 2 = 50 cm = 0,5 m Gaya lorentz pada segmen AC

165

FAC = I AC B sin θ

= 3 × 0,5 × 2 × sin 143o = 3 × 0,5 × 2 ×

4 = 1,4 N (arah tegak lurus kertas ke belakang) 5

ii) Luas loop

A=

1 × 0,3 × 0,4 = 0,06 m2 2

Besar momen dipol magnet

µ = IA = 3 × 0,06 = 0,18 A m2 iii) Arah momen dipol tegak lurus bidang loop, bearti tegak lurus juga dengan medan magnet B. Besar torka yang dimiliki loop

τ = µB sin 90 o = 0,18 × 2 × 1 = 0,36 N m 3. a) Sebuah kawat lurus panjang dialiri arus i. Dengan menggunakan hukum ampere perlihatkan bahwa medan magnetic pada jarak r dari kawat diberikan oleh

B=

µoi 2πr

b) Bila ada dua kawat sejajar berjarak 2 cm dan masing-masing dialiri arus 1 A dan 3 A dalam arah yang berlawanan, carilah sebuah titik (selain di tak hingga) di mana resultan medan magnetnya sama dengan nol

1A

3A

c) Untuk situasi pada gambar di bawah ini, tentukan medan magnet di pusat lengkungan seperempat lingkaran (titik P) oleh masing-masing segmen kawat dinyatakan dalam µo. Besar arus yang mengalir adalah I = 2 A dan besar R = 0,5 m

166

C 2R D R

P

A

B

Jawab a) Lintasan ampere i

r dl

r

r B

Hukum ampere r r B ∫ • dl = µ o ∑ I r r Buat lintasan ampere berupa lingkaran dengan jari-jari r. Arah B dan dl pada r r lintasan tersebut selalu sama sehingga B • dl = B dl . Pada lintasan tersebut besar

medan juga konstan. Akibatnya kita dapat menulis ruas kiri menjadi r r B ∫ • dl = ∫ B dl = B ∫ dl = B × (panjang lintasan ampere)

= B × (keliling lingkaran) = B × (2πr )

∑I

adalah jumlah arus yang dilingkupi lintasan ampere, dan karena hanya ada satu

167

kawat yang dialiri arus i maka

∑ I = i . Akhirnya kita dapatkan

B × (2πr ) = µ o i atau B=

µoi 2πr

b) d r+d P

r i1 = 1 A

i2 = 3 A

Lihat titik P yang berjarak r dari kawat yang dialiri arus i1 = 1 A dan berjarak r + d dari kawat yang dialiri arus i2 = 3 A. Arah medan magnet yang dihasilkan dua kawat tersebut berlawanan. Medan total di titik P adalah BP =

µ o i1 µ o i2 − 2πr 2π (r + d )

Medan di P nol jika terpenuhi i1 i = 2 r r+d i1 (r + d ) = i2 r r=

i2 − i1 3 −1 d= × 2 = 4 cm i1 1

c) Kuat medan magnet di pusat lingkaran penuh berjari-jari a dan dialiri arus I adalah

B=

µo I 2πa

168

Medan magnet di pusat seperempat lingkaran berjari-jari R adalah 1 µo I µo I × = 4 2R 8R arah tegak lurus bidang kertas ke belakang B1 =

Medan magnet di pusat seperempat lingkaran berjari-jari 2R adalah B2 =

µ I 1 µo I × = o 4 2(2 R) 16 R

arah tegak lurus bidang kertas ke depan Kuat medan total di titik P

B P = B1 − B2 =

=

µo × 2 16 × 0,5

=

µo I 8R

−

µo I 16 R

=

µo I 16 R

1 µo 4

4. a) Sebuah inductor yang mempunyai induktansi L = 30 mH dialiri arus yang berubah terhadap waktu menurut I (t ) = (5 − t 2 ) A. i) Tentukan besar ggl insuksi yang timbul pada inductor ketika t = 2 s ii) Jelaskan apakah pada saat itu arus induksi mengalir searah atau berlawanan arah dengan arus I(t) yang diberikan? iii) Tentukan juga energi magnetik yang tersimpan dalam induktor pada saat tersebut b) Medan magnet B = 2 T mengisi setengah ruang daerah (x > 0) dalam arah rtegak lurus masuk bidang kertas. Pada saat t = 0 sebuah loop kawat berukuran 50 cm × 20 cm mulai memasuki daerah medan magnet dengan kecepatan 10 cm/s dalam arah sumbu x positif. i) Hitung fluks magnetic yang menerobos kawat ketika loop telah memasuki daerah magnetic sejauh x (x < 20 cm) ii) Tentukan ggl imbas yang timbul pada kawat untuk t = 1 s iii) Tentukan ggl imbas yang timbul pada kawat untuk t = 3 s

169

a = 50 cm

y

×

× ×

×

×

× ×

×

×

× ×

v = 10 m/s

×

× ×

×

×

× ×

×

×

× ×

×

×

x

b = 20 cm

Jawab a. i) Besar ggl induksi yang timbul saat t = 2 s dI d (5 − t 2 ) ε =L =L = L − 2t = 2 Lt dt dt

= 2 × (30 × 10 −3 ) × 2 = 0,12 volt ii) Arus makin kecil dengan membesarnya t sehingga kuat medan magnet dalam inductor berkuran dengan bertambahnya t. Akibtanya fluks magnetic dalam induyktor juga berkurang dengan bertambahnya t. Arus induksi melawan perubahan tersebut dengan memperbesar fluks. Caranya adalah menghasilkan medan magnet dalam arah yang sama. Ini dapat terjadin jika arah arus induyksi sama dengan arah arus I(t) yang diberikan. iii) Energi magnetic yang tersimpan dalam induktor U=

1 2 LI 2

Pada saat t = 2 s, I = 5 − 2 2 = 1 A sehingga U=

1 × (30 × 10 −3 ) × 12 = 1,5 × 10 − 2 J 2

170

b. i)

a = 50 cm

y

×

× ×

×

×

× ×

×

×

× ×

×

×

× ×

×

×

× ×

×

×

× ×

×

v = 10 m/s

x Luas bidang loop yang mengandung medan magnet adalah A = ax Fluks magnetic yang dikandung loop φ = BA = Bax Ggl induksi yang dihasilkan dφ dx = − Ba = − Bav dt dt = −2 × 0,5 × 0,1 = −0,1 volt

ε =−

ii) Pada saat t = 1 s, loop telah bergerak sejauh x = vt = 10 × 1 = 10 cm Karena x < 20 cm maka ggl induksi yang dihasilkan adalah – 0,1 volt iii) Pada saat t = 3 s loop telah bergerak sejauh x = vt = 10 × 3 = 30 cm

Ini berarti seluruh bagian loop telah masuk ke dalam medan magnet. Fluks yang dikandung loop menjadi

171

a

×

× ×

×

×

×

× ×

×

×

×

× ×

×

×

×

× ×

×

×

×

× ×

×

×

×

× ×

×

×

v = 10 m/s

b

φ = Bab = konstan Ggl induksi yang dihasilkan menjadi

ε =−

dφ =0 dt

5. Sebuah rangkaian arus bolak-balik memuat generato tegangan bolak-balik, resistor R = 40 Ω dan inductor dengan reaktansi X L = 30 Ω yang dihubungkan secara seri. Arus yang mengalir pada rangkaian adalah i (t ) = 2 sin (ωt + π / 3) A

a) Dambarkan diagram fasor untuk tegangan pada resistor, induktor, dan generator b) Tentukan impedansi rangkaian c) Tuliskan tegangan generator sebagai fungsi waktu Jawab a) Tegangan maksimum pada resistor V R ,m = I m R = 2 × 40 = 80 volt

Tegangan maksimum pada induktor V L ,m = I m X L = 2 × 30 = 60 volt

Diagram fasor 172

Vm VL,m

VR,m

b) Impedansi rangkaian Z = R 2 + X L2 = 40 2 + 30 2 = 50 Ω

c) Besar tegangan maksimum sumber Vm = I m Z = 2 × 50 = 100 volt

Beda fasa antara arus dan tegangan sumber

θ = tan −1

XL 30 = tan −1 = 0,21π rad 40 R

Untuk rangkaian RL, tegangan mendahului arus dengan perbedaan fase θ. Dengan demikian tegangan sumber sebagai fungsi waktu adalah Vs (t ) = Vm sin (ωt + π / 3 + θ ) = 100 sin (ωt + π / 3 + 0,21π ) = 100 sin (ωt + 0,54π ) volt

173

Bab 18 Pembahasan Ujian II Semester II 1999/2000 1. Sebuah kawat berbentuk bujur sangkar dengan sisi 1 m dialiri arus listrik sebesar 2 A. Titik P berada di pusat bujur sangkar. Tentukan a) Besar dan arah medan magnet di titik P yang disebabkan oleh kawat CD b) Besar dan arah medan magnet di titik P oleh seluruh bagian kawat

B

A

P

1m

C

D 1m

Jawab a. Kita tentukan kuat medan magnet yang dihasilkan kawat lurus berhingga dengan menggunakn hukum Biot Savart (attention: hukum Gauss tidak dapat dipakai di sini. Hukum Gauss hanya untuk kawat yang panjangnya tak hingga)

P

dθ

b

-a

+a

θ x

Besar medan magnet di titik P oleh elemen kawat dx

dB =

µ o I dx sin θ 4π r2

Pada gambar tampak bahwa

174

r=

b sin θ

x=

b b sehingga dx = − 2 dθ tan θ sin θ

Dengan demikian dB =

µ o I (− bdθ / sin 2 θ )sin θ µ I = − o sin θdθ 2 4π 4π b (b / sin θ )

B=−

µ o I kanan µ I kanan sin θdθ = o [cos θ ]kiri ∫ 4π b kiri 4π b a

a ⎤ µo I ⎡ x ⎤ µ I⎡ x = = o ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ 4π b ⎣ r ⎦ − a 4π b ⎣ x 2 + b 2 ⎦ − a

=

µo I ⎡ −a a ⎢ − 4π b ⎢ a 2 + b 2 (−a) 2 + b 2 ⎣

= (2 × 10 −7 )

⎤ µ I a ⎥= o ⎥⎦ 2π b a 2 + b 2

2 0,5 8 = × 10 −7 T 2 2 0,5 0,5 + 0,5 2

Arah medan tegak lurus bidang kertas ke bawah b) Medan yang dihasilkan tiap sisi kawat sama besar dan sama arah. Dengan demikian medan total di titik P adalah

BP = 4 ×

8 2

× 10 −7 =

32 2

× 10 −7 T

2. Tiga buah kawat dengan panjang tak hingga masing-masing dialiri arus 10 A dengan arah yang sama. Jarak kawat (1) dan kawat (2) adalah 1 m dan jarak kawat (2) dan kawat (3) 2 m.

175

10 A 1m

(1)

10 A

(2)

10 A

(3)

1m P 1m

Tentukan a) Besar dan arah medan magnet total di titik P b) Besar gaya per satuan panjang pada kawat (2)

Jawab a) Arus pada kawat (1) dan kawat (2) menghasilkan medan di P dalam arah tegak lurus kertas ke belakang. Arus pada kawat (3) menghasilkan medan di P tegak lurus kertas ke arah depan. Medan total di P menjadi B P = BP1 + B P 2 − BP 3 =

µo I µ I µ I µ I⎛ 1 1 1 ⎞ ⎟ + o − o = o ⎜⎜ + − 2π rP1 2π rP 2 2π rP 3 2π ⎝ rP1 rP 2 rP 3 ⎟⎠

1 1 ⎞ ⎛ 1 = (2 × 10 −7 ) × 10 × ⎜ + − ⎟ = 1,3 × 10 −6 T 1 , 5 0 , 5 0 , 5 ⎝ ⎠ Arah medan di P tegak lurus kertas ke belakang b) Medan total di kawat (2) B2 = B21 − B23 =

µo I µo I µ I⎛ 1 1 ⎞ − = o ⎜⎜ − ⎟⎟ 2π r21 2π r23 2π ⎝ r21 r23 ⎠

⎛1 1 ⎞ = (2 × 10 −7 ) × 10 × ⎜ − ⎟ = 1,0 × 10 −6 T ⎝1 2 ⎠ Gaya per satuan panjang pada kawat (2) F2 = IB2 = 10 × (1,0 × 10 −6 ) = 1,0 × 10 −5 N/m L2 176

3. Sebuah loop kawat berjari-jari 2 cm berada dalam bidang xy. Loop tersebut berada r dalam medan magnet B = (2tˆj + 3t 2 kˆ) T.

z

y

x

Tentukan a) Fluks pada loop kawat sebagai fungsi waktu b) besar ggl imbas pada saat t = 2 s c) Besar ggl imbas rata-rata dalam selang 2 ≤ t ≤ 4 s Jawab a) Luas loop adalah A = πr 2 = π × (2 × 10 −2 ) 2 = 4π × 10 −4 m2 Arah vector luas tegak lurus bidang loop. Jadi dalam notasi vector, luas adalah r A = 4π × 10 −4 kˆ m2

Fluks pada loop r

r

(

r

)

φ = B • A = 2tˆj + 3t 2 k • (4π × 10 −4 kˆ) = (3t 2 ) × (4π × 10 −4 ) = 12π × 10 −4 t 2 T m2 b) Besar ggl pada saat t

ε=

dφ = 24π × 10 − 4 t dt

Pada saat t = 2 s maka ε = 24π × 10 −4 × 2 = 0,015 volt

177

c) Ggl imbas rata-rata antara t = 2 s sampai t = 4 s

ε =

φ (4) − φ (2)

4−2 = 0,023 volt

=

(12π × 10 −4 × 4 2 ) − (12π × 10 −4 × 2 2 ) 2

4. Pada rangkaian seri RLC diketahui R = 60 Ω, XC = 160 Ω, dan XL = 80 Ω. Misalkan tegangan listrik dari sumber tegangan Vs (t ) = 200 cos(100t + π / 4) volt. a) Dengan menggunakan diagram fasor tentukan impedansi rangkaian tersebut. Tentukan pula arus sebagai fungsi waktu b) Tentukan tegangan cd sebagai fungsi waktu c) Tentukan tegangan bd sebagai fungsi waktu Jawab a) XL R

θ XC-XL Z XC

Impedansi rangkaian Z = R 2 + ( X C − X L ) 2 = 60 2 + (160 − 80) 2 = 100 Ω

Beda fase arus dan tegangan adalah XL − XC

80 − 160

4 = 0,3π rad R 3 60 Karena XC > XL maka rangkaian bersifat kapasitif. Fase arus lebih cepat θ daripada fase tegangan. Dengan demikian fase arus adalah 100t + π / 4 + 0,3π = 100t + 0,55π . Besar

θ = tan −1

= tan −1

= tan −1

178

arus maksimum adalah Vm 200 = = 2 A. Dengan demikian arus sebagai fungsi waktu adalah Z 100 I (t ) = 2 cos(100t + 0,55π )

Im =

b) Tegangan maksimum antara c-d adalah Vcd ,m = I m X L = 2 × 80 = 160 volt Fase tegangan cd mendahului fase arus sebesar π / 2 . Jadi Vcd (t ) = Vcd ,m cos(100t + 0,55π + π / 2) = 160 cos(100t + 1,05π ) volt

c) Impedansi antara b-d adalah Z bd = X L − X C = 80 − 160 = 80 Ω

Tegangan maksimum antara b-d Vbd ,m = I m Z bd = 2 × 80 = 160 volt Antara bd hanya ada L dan C di mana XC > XL. Jadi rangkaian bersifat kapasitif murni sehingga fase tegangan lebih lambat π / 2 daripada fase arus. Jadi Vbd (t ) = Vbd ,m cos(100t + 0,55π − π / 2) = 160 cos(100t + 0,05π ) volt

5. Sel surya sering dilapisi dengan lapisan tipis transparan seperti SiO (n = 1,45) untuk meminimumkan kehilangan cahaya akibat pemantulan. Bila sel surya yang digunakan adalah silokon (n = 3,5) tentukan tebal minimum lapisan SiO yang menghasilkan interferensi minimum untuk λ = 5500 anstrom. b) Sebuah layar berjarak 1 meter dari sebuah celah disinari dengan cahaya yang panjang gelombangnya 6000 angstrom. Bila jarak minimum pertama dan ketika pola difraksi adalah 3 mm, berapakah lebar celah? Jawab

179

(1) (2) n1 = 1 n2 = 1,45

d

n3 = 3,5

Panjang lintasan ioptik sinar (2) selama di dalam SiO adalah ∆x = 2n 2 d

Perubahan fase sinar (1) akibat pemantulan pada permukaan SiO (medium kurang rapat ke medium lebih rapat) adalah ∆ϕ1 = π

Perubahan fase sinar (2) akibat pemantulan pada batas SiO dan silicon (medium kurang rapat ke medium rapat) dan akibat pertambahan lintasan oprik adalah ∆ϕ 2 = π + k∆x

=π +

2π

λ

× 2n 2 d

Beda fase sinar (2) dan sinar (1) 4πn2 d 2π 2π ⎛ ⎞ ∆ϕ = ϕ 2 − ϕ1 = ⎜ π + × 2n 2 d ⎟ − π = × 2n 2 d = λ λ λ ⎝ ⎠ Interferensi minimum terjadi jika ∆ϕ = π, 3π, 5π, 7π, … Ketebalan minimum film tercapai jika ∆ϕ = π atau 4πn2 d

λ

=π

atau d=

λ 4n 2

=

5500 = 948 angstrom 4 × 1,45

180

b) y3 y2 y1

θ w

L

Minimum difraksi terjadi jika

πw sin θ = π, 2π, 3π, 4π, … λ Untuk sudut θ yang kecil, sin θ ≈ tan θ = y / L . Dengan demikian syarat minimum adalah

πw( y / L) = π, 2π, 3π, 4π, … λ atau

y =

λL w

,

2λL 3λL , ,… w w

Lokasi minimum pertama

y1 =

λL w

Lokasi minimum ketiga

y3 =

3λL w

Beda lokasi minimum ketiga dan pertama

181

∆y = y 3 − y1 =

3λL λL 2λL − = w w w

atau 2λL 2 × (6000 × 10 −10 ) × 1 w= = = 4 × 10 − 4 m −3 ∆y 3 × 10

182

Bab 19 Pembahasan Ujian II Semester II 2000/2001 1. Tiga buah kawat panjang dialiri arus sepeti pada gambar menembus tegak lurus kertas. Jarak kawat yang dialiri arus I1 dan I3 adalah 3 cm sedangkan jarak antara kawat yang dialiri arus I1 dan I2 adalah 4 cm. Jika I1 = 1 A, I2 = 2 A, dan I3 = 3 A tentukan

y I1 3 cm

I2

A

x

I3 4 cm a) besar dan arah terhadap sumbu x positif untuk kuat medan magnet di titik A b) besar dan arah terhadap sumbu x positif untuk gaya per satuan panjang yang dialami oleh kawat yang dialiri arus I1 Jawab a) Jarak titik A ke kawat I1: rA1 = 3 2 + 4 2 = 5 cm = 0,05 m Jarak titik A ke kawat I2: rA 2 = 3 cm = 0,03 m Jarak titik A ke kawat I3: rA3 = 4 cm = 0,04 m Besar medan di A oleh kawat I1 µ I 1 = 4 × 10 −6 T B A1 = o 1 = (2 × 10 −7 ) × 0,05 2π rA1 Besar medan di A oleh kawat I2 µ I 2 = 13,5 × 10 −6 T B A 2 = o 2 = (2 × 10 −7 ) × 0,03 2π rA2 Besar medan di A oleh kawat I3 µ I 3 = 15 × 10 −6 T B A3 = o 3 = (2 × 10 −7 ) × 0,04 2π rA3

183

Arah medan-medan tersebut sebagai berikut

4 cm I2

3 cm

I1

θ

A

ϕ

I3 BA1

BA2

θ BA3

B

Tampak dari gambar di atas θ = tan −1 (3 / 4) = 37 o . Komponen-komponen medan total B x = B A2 − B A1 sin θ

= 13,5 × 10 −6 − (4 × 10 −6 ) ×

3 = 11,1 × 10 −6 T 5

B y = − B A3 − B A1 cos θ = −15 × 10 −6 − (4 × 10 −6 ) ×

4 = −18,2 × 10 −6 T 5

Besar medan total B = B x2 + B y2 = (11,1 × 10 −6 ) 2 + (−18,2 × 10 −6 ) 2 = 21,3 × 10 −6 T Arah yang dibentuk medan total dengan sumbu x positif

ϕ = tan

−1

By Bx

= tan

−1

− 18,2 × 10 −6 = tan −1 (−1,64) = −59 o −6 11,1 × 10

b) Gaya

184

y

B13

I2

I1

θ B12

B1

A

x

I3 Kuat medan pada posisi kawat (1) oleh kawat (2) B12 =

µo I 2 2 = (2 × 10 −7 ) × = 1 × 10 −5 T (arah sejajar –y) 0,04 2π r12

Kuat medan pada posisi kawat (1) oleh kawat (3) B13 =

µo I 3 3 = (2 × 10 −7 ) × = 2 × 10 −5 T (arah sejajar –x) 0,03 2π r13

Kuat medan total pada kawat (1)

B1 = B122 + B132 = (1 × 10 −5 ) 2 + (2 × 10 − ) 2 = 2,24 × 10 −5 T

Sudut yang dibentuk B1 terhadap sumbu x negatif adalah

ϕ ' = tan −1

B12 10 −5 1 = tan −1 = tan −1 = 26,6 o −5 2 B13 2 × 10

Tampak dari gambar B1 membentuk sudut 26,6o di bawah sumbu x negatif. Sudut yang dibentuk B1 dengan sumbu x positif adalah 180o + 26,6o =206,6o Gaya Lorentz per satuan panjang yang dialami kawat (1)

F = I 1 B1 = 1 × (2,24 × 10 −5 ) = 2,24 × 10 −5 N/s L Tampak pada gambar, arah gaya pada kawat (a) membentuk sudut 90o + ϕ’ = 90o + 26,6o = 116,6o terhadap sumbu x positif.

185

F

θ

θ

I1

B1

2. Kawat lurus yang sangat panjang dialiri arus I(t) yang mengalir dari kiri ke kanan. Di bawah kawat tersebut terdapat loop kawat persegi panjang seperti pada gambar. I(t) 0,2 cm 0,5 cm

P

0,8 cm

Jika titik P tepat berada di pusat loop a) Tentukan besar dan arah medan magnet di titik P dan fluks yang menembus loop saat t = 0, jika pada saat t = 0 besar arus yang mengalir adalah 2 A b) Tentukan besar ggl imbas yang dihasilkan apabila I(t) memiliki grafik seperti pada gambar di bawah ini

I (A)

8

2 0

2

Jawab 186

t (detik)

a) Besar medan pada jarak x dari kawat dapat ditentukan dengan hokum ampere

I(t) x

B r r B ∫ • dl = µ o ∑ I B (2πx) = µ o I B=

µo I 2πx

Jarak titik P ke kawat: x = 0,2 +

0,5 = 0,45 cm = 0,0045 m 2

Kuat medan di titik P saat t = 0 2 B = (2 × 10 −7 ) = 8,9 × 10 −5 T 0,0045 Arah medan tegak lurus bidang kertas ke belakang. Untuk menentukan fluks pada loop, perhatikan gambar berikut I(t) a = 0,2 cm

x dx P

b = 0,5 cm

L = 0,8 cm

Lihat elemen loop setebal dx . Luas elemen tersebut dA = Ldx . Besar fluks pada elemen tersebut dφ = Bdx =

µo I µ dx Ldx = o IL 2πx 2π x

Fluks total pada loop

187

µ o a +b dx µ o µ ⎛a+b⎞ a +b = φ= IL ∫ IL[ln x ]a = o IL ln⎜ ⎟ x 2π 2π 2π ⎝ a ⎠ a Fluks pada saat t = 0 s di mana I = 2 A adalah

⎛ 0,2 + 0,5 ⎞ ⎟ ⎝ 0,2 ⎠

φ = (2 × 10 −7 ) × 2 × (0,8 × 10 − 2 ) ln⎜ = 3,2 × 10 −9 ln(7 / 2) T m2

b) Fluks pada loop sebagai fungsi waktu adalah

φ (t ) =

µo ⎛ 0,2 + 0,5 ⎞ ⎛a+b⎞ −7 −2 I (t ) L ln⎜ ⎟ ⎟ = (2 × 10 ) × I (t ) × (0,8 × 10 ) ln⎜ 2π ⎝ a ⎠ ⎝ 0,2 ⎠

= 1,6 × 10 −9 ln(7 / 2) I (t ) ggl yang dihasilkan

ε =−

dφ dI = −1,6 × 10 −9 ln(7 / 2) dt dt

Ingat, dI / dt adalah kemiringan kurva I terhadap t. Dari gambar tampak bahwa

dI 8 − 2 = = 3 A/s dt 2 − 0 Jadi ε = −1,6 × 10 −9 ln(7 / 2) × 3 = −4,8 × 10 −9 ln(7 / 2) volt 3. Jika L = 10 mH, C = 2000 µF, R1 = 1 Ω, R2 = 2 Ω dan Vs = 10 sin (100t + π / 3) volt, t dalam detik, tentukan

a

R1

b

L

c

C

d

Vs

a) Impedansi total dan impedansi antara titik a dan c b) I(t) pada rangkaian

188

R2

e

c) Amplitudo tegangan antara titik a-b, b-c, dan a-c d) Daya disipasi rata-rata di R1

Jawab a) Hambatan total R = R1 + R2 = 3 Ω Berdasarkan persamaan sumber tegangan kita dapatkan ω = 100 rad/s Reaktansi induktif: X L = ωL = 100 × (10 × 10 −3 ) = 1 Ω 1 1 Reaktansi kapasitif: X C = = =5 Ω ωC 100 × (2000 × 10 −6 )

Impedansi total: Z = R 2 + ( X L − X C ) 2 = 3 2 + (1 − 5) 2 = 5 Ω

b) Arus maksimum dalam rangkaian Vm 10 = =2 A 5 Z Karena XC > XL maka rangkaian bersifat kapasitif. Fase tegangan lebih lambat daripada Im =

fase arus, atau fase arus lebih cepat daripada fase tegangan sebesar

θ = tan −1

XL − XC

= tan −1

1− 5

R Persaman arus menjadi

3

= tan −1

4 = 53o = 0,3π 3

I = I m sin (100t + π / 3 + θ ) = 2 sin (100t + π / 3 + 0,3π )

= 2 sin (100t + π / 3 + 0,63π ) A

c) Amplitudo tegangan antara titik a dan b Vab ,m = I m R1 = 2 × 1 = 2 volt Amplitudo tegangan antara titik b dan c Vbc ,m = I m X L = 2 × 1 = 2 volt Amplitudo tegangan antara titik a dan c. Terlebih dahulu kita tentukan impedansi antara titik a dan c yang mengandung hambatan dan induktor

189

Z ac = R12 + X L2 = 12 + 12 = 2 Ω Vac ,m = I m Z ac = 2 × 2 = 2 2 volt

d) Daya disipasi rata-rata di R1

2

P=I

2 rms

2

⎛ 2 ⎞ ⎛I ⎞ R1 = ⎜ m ⎟ R1 = ⎜ ⎟ × 1 = 2 watt ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠

4. a) Tiga celah dengan jarak s1 − s 2 = d dan jarak s 2 − s3 = 3d seperti pada gambar disinari dengan gelombang λ = 650 nm dan memiliki amplitudo yang sama A . Apabila d = 0,026 mm, x = 0,5 cm, L = 80 cm dan diasumsikan θ kecil, buatlah konstruksi diagram fasor untuk mendapatkan amplitudo gelombang hasil superposisi di titik P dan hitung panjang amplitudo dinyatakan dalam A .

S1

θ

d S2

3d

S3

b) Tiga buah gelombang memiliki fungsi y1 = A cos(kx − ωt + ϕ1 ) , y 2 = A cos(kx − ωt + ϕ 2 ) , dan y 3 = A cos(kx − ωt + ϕ 3 ) . Jika ϕ1 − ϕ 2 = δ dan ϕ 2 − ϕ 3 = δ tentukan δ yang mungkin agar terjadi interferensi minimum. Jawab a)

190

S1

x

d

∆y1 = d sin θ

S2

3d

∆y 2 = 3d sin θ

S3

Layar

Beda fase gelombang S1 dan S2: δ 1 = k∆y1 = kd sin θ Beda fase gelombang S2 dan S3: δ 2 = k∆y 2 = 3kd sin θ Untuk θ yang kecil, sin θ ≅ tan θ = x / L = 0,5 / 80 = 6,25 × 10 −3 . Dengan demikian

δ1 =

2π

λ

δ2 = 3×

d sin θ = 2π

λ

2π × (0,026 × 10 −3 ) × (6,25 × 10 −3 ) = 0,5π −9 650 × 10

d sin θ = 3 ×

2π × (0,026 × 10 −3 ) × (6,25 × 10 −3 ) = 1,5π −9 650 × 10

Gambar diagram fasor S3

S2 A

1,5π

AT A A

0,5π

S1

Tampak pada gambar bahwa

AT = (2 A) 2 + A 2 = A 5 b) Dari kondisi ϕ1 − ϕ 2 = δ dan ϕ 2 − ϕ 3 = δ kita dapat menulis

191

y1 = A cos(kx − ωt + ϕ1 )

y 2 = A cos(kx − ωt + ϕ1 + δ ) y 3 = A cos(kx − ωt + ϕ1 + 2δ ) .

Diagram fasor yang menghasilkan amplitudo nol sebagai berikut

δ = 120o

δ = 240o

δ = 240o

δ = 120o

Jadi interferensi minimum dipenuhi oleh δ = 120o dan δ = 240o. 5. Gambar di bawah ini menunjukkan dua buah kurva simpangan gelombang transversal yang merambat pada tali. Jika pada posisi x = 0 m, fungsi gelombang bebentuk y(m) 0,01

t(s) 0,1

0,3

0,5

-0,01

Dan pada saat t = 0 detik berbentuk

192

0,7

y(m) 0,01

t(s) 0,1

0,3

0,5

0,7

-0,01

tentukan a) Amplitudo, panjang gelombang, dan periode gelombag b) Laju rambat gelombang c) Fungsi gelombang dalam bentuk sinus, jika gelombang sedang merambat ke arah x positif. Jawab a) Berdasarkan dua gambar jelas A = 0,01 m

Panjang gelombang sama dengan pengulangan simpangan pada sumbu datar ruang (sumbu x). Ini diberikan oleh gambar kedua. Jadi

λ = 0,025 − 0,005 = 0,02 m Periode gelombang sama dengan pengulangan simpangan pada sumbu datar waktu (sumbu t). Ini diberikan oleh gambar pertama. Jadi T = 0,5 − 0,1 = 0,4 s b) Laju perambatan gelombang λ 0,02 v= = = 0,05 m/s T 0,4 c) Fungsi gelombang umum yang merambat ke arah x positif y = A sin( kx − ωt + ϕ o ) di mana 2π 2π k= = = 100π m-1 λ 0,02

193

ω=

2π 2π = = 5π rad/s T 0,4

Untuk menentukan ϕo, kita perhatikan gambar kedua. Saat t = 0 dan x = 0, simpangan gelombang maksimum, yaitu y = A. Jadi A = A sin(0 − 0 + ϕ o ) sin(ϕ o ) = 1 atau ϕo = π / 2 Jadi fungsi gelombang adalah y = 0,01sin(100πx − 5πt + π / 2) meter

194

Bab 20 Pembahasan Ujian II Semester II 2001/2002 1. Dua kawat yang cukup panjang diletakkan sejajar satu tepat di atas yang lainnya dengan jarak d = 0,4 m. Kawat (1) yang berada di atas dialiri arus i1 = 2 A. Ke dua kawat berada dalam medan gravitasi bumi. Rapat massa ke dua kawat adalah 3 × 10-7 kg/m dan percepatan gravitasi 10 m/s2. a) Tentukan medan magnet di kawat kedua sebagai akibat arus yang mengalir di kawat (1) b) Besar dan arah arus di kawat (2) agar kawat (2) berada pada jarak yang tetap dari kawat (1) (2) (1)

Jawab a) Untuk mencari medan magnet di kawat (2) yang dihasilkan oleh kawat (1) kita gunakan hokum ampere. (2) i1 (1) d

r

r

∫ B • dl

= µo ∑ I

B(2πd ) = µ o i1 atau B=

µ o i1 2π d

b) Pada kawat (2) bekerja gaya gravitasi ke bawah. Agar jarak kawat (2) tetap terhadap kawat (1) maka pada kawat (2) harus bekerja gaya magnetic ke atas.

195

FL = i2 B L2 (2) W = mg (1)

Agar gaya magnetic pada kawat (2) berarah ke atas maka arah arus pada kawat (2) harus berlawanan dengan arah arus pada kawat (1), yaitu ke kiri. Gaya magnetik = gaya gravitasi i2 BL2 = mg

µ o i1 L2 = λ L 2 g 2π d 2π λgd 1 (3 × 10 −7 ) × 10 × 0,4 i2 = = =3 A 2 µ o i1 2 × 10 −7

i2

2. Sebuah konduktor berbentuk U dengan panjang sisi cd = 20 cm (lihat gambar). Konduktor terseb ut ditempatkan dalam medan magnet yang serba sama dengan arah ke dalam bidang gambar.

e

f

b

c

a

d

a) Sepotong kawat ab diikatkan pada jarak 20 cm di sebelah kiri cd (lihat gambar). Tentukan besar ggl induksi yang timbul jika medan magnet berubah terhadap waktu sebesar –0,045 T/s b) Jika medan magnet yang diberikan konstan sebesar 0,2 T dan sisi ab digerakkan dengan kecepatan v = 2 cm/s menjauhi sisi cd (dengan tetap menyentuk konduktor panjang ce dan df), tentukan besar dan arah arus induksi jika hambatan tetap sebesar 2

Ω.

196

Jawab a) Luas loop adalah

A = bc × cd = 0,2 × 0,2 = 0,04 m2 Fluks yang dikandung loop φ = BA = 0,04 B

Ggl induksi yang dihasilkan

ε =−

dφ d dB = − (0,04 B) = −0,04 = −0,04 × (−0,045) = 0,0018 volt dt dt dt

b) Lihat suatu saat ketika para ab ke cd adalah x. b

c

a

d x

Luas loop adalah A = cd × x = 0,2 x Fluks magnet yang dikansung loop φ = BA = 0,2 × 0,2 x = 0,04 x Ggl induksi yang dihasilkan

ε =−

dφ d dx = − (0,04 x) = −0,04 = −0,04v = −0,04 × (2 × 10 − 2 ) dt dt dt

= - 0,0008 volt Ketika batang ab bergerak ke kiri, luas loop makin besar sehingga fluks yang dikandung loop makin besar. Berdasarkan hokum Lentz arus induksi harus memperkecuil fluks tersebut dengan cara menghasilkan medan magnet dalam arah berlawanan. Ini terjasi jika arus induksi dalam loop bergerak dalam arah berlawanan putaran jarum jam. 197

Besar arus yang mengalir

i=

ε R

=

0,0008 = 0,0004 A 2

3. Sebuah sumber arus bolak-balik i s (t ) = 5 cos(100t − π / 4) dengan is dalam ampere dan t dalam detik dihubungkan dengan sebuah resistor R = 3 Ω dan sebuah inductor L = 40 mH. a) gambarkan rangkaian tersebut dan hitunglah impedansi rangkaian b) Tentukan VR dan VL c) Tentukan arus dan tegangan di inductor saat t = π/200 s. Jawab a) Gambar rangkaian

L R

is(t)

Dari persamaan arus kita simpulkan ω = 100 rad/s. Reaktansi induktif X L = ωL = 100 × (40 × 10 −3 ) = 4 Ω Impedansi angkaian Z = R 2 + X L2 = 3 2 + 4 2 = 5 Ω

b) Tegangan maksimum pada resistor V R ,m = im R = 5 × 3 = 15 volt

Fse tagangan pada resisor sama dengan fase arus. Jadi tegangan resistor sebagai fungsi waktu sebagai berikut V R (t ) = VR ,m cos(100t − π / 4) = 15 cos(100t − π / 4) volt

198

Tegangan maksimum pada induktor V L ,m = im X L = 5 × 4 = 20 volt Fase tagangan pada inductor mendahului fase arus sebesar π / 2 . Jadi tegangan inductor sebagai fungsi waktu sebagai berikut V L (t ) = VL ,m cos(100t − π / 4 + π / 2) = 20 cos(100t + π / 4) volt

c) Saat t = π/200 s Arus yang mengalir

π ⎛ ⎞ i s (π / 200) = 5 cos⎜100 × − π / 4 ⎟ = 5 cos(π / 2 − π / 4) = 5 cos(π / 4) 200 ⎝ ⎠ 5 = A 2 Tegangan pada induktor

π ⎛ ⎞ V L (π / 200) = 20 cos⎜100 × + π / 4 ⎟ = 20 cos(π / 2 + π / 4) = 20 cos(3π / 4) 200 ⎝ ⎠ 20 =− volt 2 4. Seekor kelelawar memancarkan gelombang ultrasonic yang memiliki fungsi gelombang y = 10 −5 sin 250πx − 8 × 10 4 πt + π / 4 , di mana x dan y dalam meter dan t

(

)

dalam detik. Saat itu kelelawar bergerak dengan laju 1/0 laju gelombang ke arah dinding. a) Tentukan amplitudo, fasa awal, panjang gelombang, dan laju rambat gelombang yang dipancarkan kelelawar b) Hitung frekuensi gelombang pantul yang didengar oleh kelelawar Jawab a) bentuk umum fungsi gelombang sinus y = A sin (kx − ωt + ϕ o ) Dengan membandingkan fungsi umum ini dengan fungsi gelombang kelelawar kita dapatkan A = 10 −5 m

199

k = 250π m-1

ω = 8 × 10 4 π rad/s ϕo = π / 4 Laju gelombang

ω

8 × 10 4 π = 320 m/s 250π k Panjang gelombang vb =

λ=

=

2π 2π = = 0,008 m 250π k

Frekuensi gelombang yang dihasilkan kelelawar fo =

ω 8 × 10 4 π = = 40 000 Hz 2π 2π

b) Laju kelelawar = laju sumber = v s = vb / 10 = 32 m/s Ketika kelelawar menuju dinding, sumber bunyi bergerak menuju dinding (penerima) yang diam. Frekuensi gelombang yang mengenai dinding adalah f '=

vb 320 fo = × 40 000 = 44 444 Hz vb − v s 320 − 32

Frekuensi yang dipantulkan kembali oleh dinding juga f ' = 44 444 Hz. Ketika kelelawar menangkap kembali gelombang yang dipantulkan dinding, peristiwanya adalah penerima mendekati sumber bunyi yang diam. Maka frekuensi yang ditangkap kelelawar adalah v + vs 320 + 32 f '= × 44 444 = 48 888 Hz f ''= b 320 vb 5. Sebuah pelat kaca (indeks bias 1,5) salah satu permukaannya hendak dilapisi dengan suatu lapisan tipis dengan indeks bias 1,25. a) gambarkan sinar pantl dan sinar bias yang terjadi akibat lapisan tipis tersebut, dan tentukan loncatan fasa (dalam radian) sinar yang dipantulkan lapisan tipis dan kaca

200

udara lapisan tipis kaca

b) Untuk sinar kuning (λ = 500 nm) yang tiba tegak lurus dari udara terhadap lapisan tipis, tentukan tebal minimum (tidak sama dengan nol) yang diijinkan agar dapat berfungsi sebadai selaput anti refleksi dinar kuning (intensitas sinar kuning yang durefleksi = 0). Jawab a) (1) (2) n1 = 1 n2 = 1,25

d

n3 = 1,5

Pemantulan pada permukaan lapisan: Cahaya datang dari medium kurang rapat (udara) menuju medium rapat (lapisan tipis) sehingga terjadi loncatan fasa sebesar π. Pemantulan pada permukaan kaca Cahaya datang dari medium kurang rapat (lapisan tipis) menuju medium rapat (kaca) sehingga terjadi loncatan fasa sebesar π. b) Sinar datang tegak lurus Sinar yang dipantulkan kaca mengalami tambahan lintasan optik ∆x = 2n 2 d

201

Tambahan lintasan optik tesebut melahirkan tambahan fase ∆ϕ = k∆x = 2kn2 d Perbedaan fase dua sinar setelah dipantulkan adalah

δ = (∆ϕ + loncatan fase di kaca) – (loncatan fase di film) = (∆ϕ + π ) − π = ∆ϕ = 2kn2 d Interferensi minim um terjadi jika

δ = π, 3π, 5π, 7π, …. Ketebalan minimum yang dijinkan agar dihasilkan interfeensi minimum adalah saat δ = π atau

π = 2kn2 d

π = 2×

2π

λ

× n2 d

yang menghasilkan

d=

λ 4n 2

=

500 = 100 nm 4 × 1,25

202

Bab 21 Pembahasan Ujian II Semester II 2002/2003 1. Dua buah kawat panjang dan lurus terletak sejajar dengan sumbu z. Kawat pertama terletak pada posisi x = 0 dan y = 0 dan dialiri arus 2 A ke arah sumbu z positif. Kawat kdua terletak pada posisi x = 0 dan y = 3 m dan sialiri arus 3 A ke arah sumbu z negatif. a) Tentukan besar dan arah medan magnet yang terjadi di titik (4,0,0) b) Tentukan gaya per satuan panjang yang dialami kawat pertama Jawab

I2 = 3 A

B1 r2 B

I1 = 2 A

r1 53o B2

Tampak pada gambar r1 = 4 m r2 = 3 2 + 4 2 = 5 m Kuat medan magnet yang dihasilkan arus I1 µ I µ 2 µ B1 = o 1 = o = o 2π r1 2π 4 4π Kuat medan magnet yang dihasilkan arus I2 µ I µ 3 3µ B2 = o 2 = o = o 2π r2 2π 5 10π Arah B1 sama dengan arah sumbu y positif Arah B2 membentuk sudut 53o di bawah arah sumbu x negatif. Jadi B1x = 0 B1y =

µo 4π

203

B2 x = − B2 cos 53 o = −

3µ o 4 12 µ o × =− 10π 5 50π

3µ o 3 9µ × =− o 10π 5 50π Komponen medan total di titik pengamatan B2 y = − B2 sin 53o = −

B x = B1x + B2 x = 0 − B y = B1 y + B2 y =

12 µ o 12 µ o =− 50π 50π

7µ o µ o 9µ o − = 4π 50π 100π

Medan total di titik pengamatan dinyatakan dalam bentuk vektor r 12 µ o ˆ 7 µ o ˆ µ B = B x iˆ + B y ˆj = − i+ j = o − 24iˆ + 7 ˆj T 50π 100π 100π

(

)

Kuat medan magnet yang dihasilkan kawat kedua pada posisi kawat pertama

B12 =

µo I 2 2π a

b) Gaya Lorentz pada kawat pertama F1 = I 1 L1 B12 =

µo I 2 I 1 L1 2π a

Gaya per satuan panjang yang dialami kawat pertama µ 2 µ F1 µ o I 2 = I1 = o × 3 = o N π L1 2π a 2π 3 2. Suatu gelombang merambat pada sebuah tali yang memiliki massa per satuan panjang

µ = 0,1 kg/m dan tegangan tali F = 2,5 N. Osilasi gelombang tersebut tiap saat diamati pada titik x = 0 dan memenuhi persamaan y (t ) = 5 cos(10πt + π / 4 ) di mana y dinyatakan dalam meter dan t dalam detik. a) Tentukan laju rambat gelombang tersebut b) Tuliskan fungsi gelombang jika gelombang tersebut merambat ke sumbu x positif c) Tentukan kecepatan getar tali pada saat t = 0,2 detik di x = 0,125 m Jawab Laju perambatan gelombang tali

204

F

v=

µ

=

2,5 = 5 m/s 0,1

b) Persamaan osilasi dapat ditulus dalam bentuk umum y = A cos(ωt + ϕ o ) Kita simpulkan bahwa A=5m

ω = 10π rad/s ϕo = π/4 rad Bilangan gelombang adalah

k=

ω v

=

10π = 2π m-1 5

Fungsi gelombang umum yang merambat ke arah x positif adalah y ( x, t ) = A cos(ωt − kx + ϕ o )

= 5 cos(10πt − 2πx + π / 4 ) m

c) Kecepatan getaran (osilasi) adalah u=

∂y = −50π sin (10πt − 2πx + π / 4) m/s ∂t

Pada t = 0,2 s dan x = 0,125 m kecepatan osilasi adalah u = −50π sin (10π × 0,2 − 2π × 0,125 + π / 4 ) = −50π sin (2π − 0,25π + π / 4 ) = −50π sin (2π ) = 0 3. Tiga celah indentik dengan jarak antar celah d = 0,03 mm disinari tegak lurus dengan cahaya yang panjang gelombangnya 6000 A dan pola interferensinya diamati pada layar yang jaraknya 5 m dari celah. a) Turunkan beda fasa δ yang menghasilkan intensitas maksimum dan minimum dengan cara fasor b) Gambarkan distribusi intensitas I terhadap δ pola interferensi tersebut c) Gambarkan distribusi intensitas I terhadap δ jika celah mempunyai lebar w = 0,01 mm

205

Jawab

d

θ

d ∆x =d sin θ

Beda fase gelombang dari dua celah berdekatan adalah

δ = k∆x =

2π

λ

d sin θ

Interferensi maksimum utama terjadi jika arah vektor sama. Interferensi minimum terjadi jika arah vektor sebagai berikut

δ = 2π/3 AT = 0

δ = 4π/3 AT = 0

Distribusi intensitas pola interferensi

206

I

0 2π/3

4π/3

2π

δ 8π/3

Pola minimum difraksi terjadi saat terpenuhi kw sin θ = nπ

atau kd sin θ ×

δ×

w = nπ d

w = nπ d

atau

δ=

d 0,03 nπ = nπ = 3nπ w 0,01

Gabungan interferensi dan difraksi menghasilkan pola intensitas sebagai berikut I

0 2π/3

4π/3

2π

δ 8π/3

4. Perhatikan rangkaian RLC yang ditunjukkan gambar betikut ini. Tegangan sumber yang terukur pada voltmeter adalah 60 V dan diketahui frekuensi sumber adalah 50 Hz serta fasa awalnya ϕo = π/6. Apabila diketahui R = 30 Ω, L = (100/π) mH dan C = (200/π) µ F a) Tuliskan tegangan sumber Vad(t) dalam fungsi kosinus b) Tentukanlah persamaan arus total, i(t) pada rangkaian tersebut dalam fungsi kosinus

207

c) Carilah Vac(t) dalam fungsi kosinus

a

R

b

L

c

C

Jawab a) Tegangan sumber Vad (t ) = Vm cos(ωt + ϕ o ) volt dengan Vm = (tegangan terukur ) × 2 = 60 2 volt

ω = 2πf = 2π × 50 = 100π rad/s ϕo = π / 6 Jadi Vad (t ) = 60 2 cos(100πt + π / 6 )

b) Reaktansi induktif ⎛ 100 ⎞ X L = ωL = 100π × ⎜ × 10 −3 ⎟ = 10 Ω ⎝ π ⎠ Reaktansi kapasitif XC =

1 = ωC

1 = 50 Ω ⎛ 200 −6 ⎞ × 10 ⎟ 100π × ⎜ ⎝ π ⎠

Impedansi total Z = R 2 + ( X L − X C ) 2 = 30 2 + (10 − 50) 2 = 50 Ω

b) Arus maksimum yang mengalir Im =

Vm 60 2 = = 1,2 2 A Z 50

208

d

Karena X C > X L maka tegangan mengikuti arus dengan selisih fase θ yang memenuhi

tan θ =

XL − XC

=

10 − 50

R 30 atau θ = 53 = 0,3 π rad

=

4 3

o

Karena tegangan mengikuti arus mnaka fase arus lebih besar dari fase tegangan dengan kelebihan θ. Dengan demikian, fungsi arus menjadi I (t ) = I m cos(100πt + π / 6 + θ )

= 1,2 2 cos(100πt + π / 6 + 0,3π ) = 1,2 2 cos(100πt + 0,47π ) A

c) Impedansi antara titik a dan c Z ac = R 2 + X L2 = 30 2 + 10 2 = 1000 = 31,6 Ω. Tegangan maksimum antara titik a dan c Vac ,m = I m Z ac = 1,2 2 × 31,6 = 53,6 V Antara titik a dan c rangkaian bersifat induktif. Tegangan mendahului arus dengan perbedaan sudut θ’ yang memenuhi tan θ ' =

X L 10 1 = = 30 3 R

atau θ’ = 0,1 π. Dengan demikian, persamaan tegangan antara titik a dan c adalah Vac (t ) = Vac ,m cos(100πt + 0,47π + θ ') = 53,6 cos(100πt + 0,47π + 0,1π ) = 53,6 cos(100πt + 0,57π ) volt

209

5. Dua buah solenoid ideal yang sama panjangnya (l) disusun sepusat. Solenoid tersebut masing-masing mempunyai penampang yang berbentuk lingkaran dengan jari-jari R1 dan R2 (R1 > R2). Solenoid yang berjari-jari R1 dialiri arus listrik I(t) dam mempunyai jumlah lilitan N1. Sementara solenoid yang berjerai R2 memiliki jumlah lilitan N2 dan dihubungkan dengan sebuah hambatan r. a) Tentukan fluks magnetik pada solenoid besar b) Tentukan induktansi bersama sistem ini c) Jika arus pada solenoid besar dinyatakan dengan I (t ) = (3t + 2) ampere, tentukan besar dan arah arus induksi pada hambatan r l

R1

I(t)

R2

A

B

r

Jawab a) Dengan menganggap solenoid ideal maka kuat medan magnet yang dihasilkan solenoid besar (yang dialiri arus listrik) di dalam rongga solenoid adalah N1 I l Fluks magnetic pada solenoid besar B1 = µ o n1 I = µ o

φ1 = B1 A1 = µ o

N1 I (πR12 ) l

Fluks magnetik yang masuk rongga solenoid kecil

φ 2 = B1 A2 = µ o

N1 I (πR22 ) l

b) Ggl induksi yang dihasilkkan solenoid kecil 210

dφ 2 N N dI = − µ o 1 2 πR22 dt l dt Jika L adalah induktansi bersama maka kita selalu dapat menulis

ε 2 = −N 2

ε 2 = −L

dI dt

Dengan membandingkan dua persamaan di atas kita simpulkan L = µo

N1 N 2 πR22 l

c) Besar ggl pada hambaran r = ggl induksi pada solenoid kecil, yaitu

ε 2 = −µ o

N1 N 2 N N dI πR22 = − µ o 1 2 πR22 × 3 l l dt

N1 N 2 l Arus yang mengalir pada hambatan = −3πR22 µ o

i=

ε2 r

= −3πR22 µ o

N1 N 2 lr

Berdasarkan gambar Medan magnet yang dihasilkan solenoid besar berarah ke kiri Medan magnet di dalam rongga solenoid kecil yangh menghasilkan fluks berarah ke kiri Karena I = 3t + 2 maka arus makin besar sehingga fluks dalam solenoid kecil makin besar Arus induksi harus mengurangi fluks dengan cara mebghasilkan medan magnet ke arah kanan Agar medan induksi berarah ke kanan maka arah arus induksi pada hambatan r adalah dari A ke B.

211

Bab 22 Pembahasan Ujian II Semester II 2003/2004 1. Dua buah kawat lurus panjang tak berhingga dialiri arus listrik I dengan arah berlawanan, seperti pada gambar di bawah ini.

i

Kawat 1 P

d

Kawat 2 O

i d

a) Tentukan besar dan arah medan magnet di titik O (0,0) b) Tentukan besar dan arah medan magnet di titik P (d/2,d/2) Jawab

i

Kawat 1 B

d B2 O

Kawat 2 B1

i

d

Medan magnet di titik O yang dihasilkan oleh kawat atas adalah µ i B1 = o 2π d Arah medan tersebut ke kanan Medan magnet di titik O yang dihasilkan oleh kawat kanan adalah

212

B2 =

µo i 2π d

Arah medan tersebut ke atas Kuat medan total di titik O 2µ o i ⎛µ i ⎞ ⎛µ i ⎞ B = B + B = ⎜ o ⎟ +⎜ o ⎟ = 2π d ⎝ 2π d ⎠ ⎝ 2π d ⎠ Arah medan total membentuk sudut θ terhadap arah horisontal yang memenuhi tan θ = B2 / B1 = 1 . Yang memberikan θ = 45o. 2

2 1

2

2 2

i

d/ 2

B

B2 B1

P

d/ 2

O b)

Jarak

titik

P

ke

i kawat

atas

=

jarak

titik

P

ke

kawat

bawah:

a = (d / 2) 2 + (d / 2) 2 = d / 2 . Medan magnet di titik P yang dihasilkan oleh kawat atas adalah µ 2µ o i i B1 = o = 2π (d / 2 ) 2π d Arah medan tersebut membentuk sudut 45o dengan arah kanan. Medan magnet di titik P yang dihasilkan oleh kawat kanan adalah µ 2µ o i i B2 = o = 2π (d / 2 ) 2π d Arah medan tersebut sama dengan arah medan B1 , yaitu membentuk sudut 45o dengan arah kanan Kuat medan total di titik P 2µ o i 2µ o i 2µ o i B = B1 + B2 = + = π d 2π d 2π d Arah medan total membentuk sudut 45o dengan arah kanan 2. Pada gambar di bawah dapat dilihat sebuah kerangka kawat berbentuk U terbalik pada bidang vertikal di dalam medan gravitasi dan medan magnet homogen. Besar medan magnetik tersebut 2 T yang arahnya ditunjukkan pada gambar. Batang konduktor ab

213

memiliki hambatan R sebesar 1 Ω, panjangnya 50 cm, dan masanya 10 gram yang meluncur tanpa gesekan pada kawat berbentuk U terbalik.

a

b

a) Gambarkan gaya-gaya yang bekerja pada batang ab b) Pada saat batang ab bergerak dengan laju tetap, tentukan besar dan arah arus induksi yang mengalir pada batang ab (ke kiri atau ke kanan) c) Tentukan besar ggl imbas pada batang ab d) Tentukan laju tetap dari batang ab tersebut Jawab a)

FL

a

b

mg

Gaya yang bekerja pada batang ab hanya gaya gravitasi (ke bawah) dan gaya magnetik (Lorentz) ke atas. b) Jika arus yang mengalir pada batang ab adalah I maka gaya Lorentz pada batang adalah FL = ILB Jika laju batang konstant maka gaya total yang bekerja pada batang nol. Besar gaya magnetik sama dengan gaya gravitasi

214

ILB = mg Atau mg (10 × 10 −3 ) × 10 = 0,1 A I= = LB 0,5 × 2 Arah arus ditentukan berdasarkan hukum Lentz. Ketika batang turun maka luas loop membesar sehingga fluks membesar. Arus induksi harus melawa perubahan fluks, dengan cara memperkecil fluks. Fluks akan diperkecil jika arah medan magnetik yang dihasilkan arus induksi berlawanan engan arah medan magnet yang dipasang (medan total diperkecil). Jadi medan yang dihasilkan arus induksi harus menembus kertas ke arah pembaca. Dengan aturan tangan kanan, maka arus induksi harus mengalir dalam arah berlawanan putaran jarum jam. Atau pada batang ab arus mengalir dari kiri ke kanan.

a

b

c) Anggap kawat U tidak memiliki hambatan listrik. Hambatan hanya dimiliki batang ab. Ggl yang dihasilkan pada batang ab adalah

ε = IR = 0,1 × 1 = 0,1 V

x a

b

L

d) Luas loop adalah A = Lx . Flux dalam loop; φ = BA = BLx 215

Besar ggl yang dihasilkan dφ dx ε = = BL = BLv dt dt Jadi, laju turun batang adalah ε 0,1 v= = = 0,1 m/s BL 2 × 0,5 3. Sebuah transformator diperlukan oleh sebuah peruahaan untuk mengubah sumber tegangan bolak-balik 20 kV menjadi 200 V dengan kuat arus sekunder 50 A. a) Tentukan jumlah lilitan pada kumparan primer jika jumlah lilitan pada kumparan sekunder adalah 100 b) Tentukan kuat arus primer maksimum c) Jika digunakan sumber tegangan searah, tentukan tegangan dan kuat arus pada sekundernya Jawab a) εp Np = ε s Ns Np =

εp 20 000 Ns = × 100 = 10 000 lilitan 200 εs

b) Untuk transformator dengan efisiensi daya 100% maka berlaku Ip Is

=

Ip =

Ns Np Ns 100 Is = × 50 = 0,5 A 10 000 Np

Jika arus 50 A pada sekunder dianggap sebagau arus efektif (arus rms) maka arus 0,5 A pada primer juga merupakan arus efektif. Dengan demikian, arus maksimum (puncak) pada primer adalah I pmaks = I p 2 = 0,707 A c) Arus searah tidak dapat berpindah dari kumparan primer ke kumparan sekunder transformator. Dengan mengaplikasi tegangan searah pada primer maka tegangan maupun arus yang muncul di sekunder nol. 4. Sumber tegangan bolak-balik dengan frekuensi 50 Hz dihubungkan pada lampu tabung (TL = tube lamp) yang diansumsikan sebagai hambatan murni seperti pada gambar di bawah. Jika tegangan efektif sumber yang digunakan 228,5 V dan sumber memiliki hambatan dalam r = 166,3 Ω, kuat arus efektif yang mengalir adalkah 0,6 A dan tegangan efektif pada lampu adalah 84 V 216

a) Hitung induktansi L b) Tentukan beda fasa antara tegangan dan kuat arus c) Hitung daya rata-rata pada lampu tabung d) Jika pada rangkaian dipasang kapasitor secara seri sebesar 4,7 µF, berapakah kuat arus listrik efektif yang mengalir?

r V

lampu L

Jawab Informasi yang diberikan soal, f = 50 Hz sehingga ω = 2πf = 100π rad/s.

a) Impedansi total rangkaian Veff , sbr 228,5 Z= = = 380,8 Ω I eff 0,6 Hambatan listrik lampu Veff ,lp 84 rlp = = = 140 Ω I eff 0,6 Hambatan total dalam rangkaian R = r + rlp = 166,3 + 140 = 306,3 Ω Untuk rangkaian R-L seri, impedansi total memenuhi Z 2 = R 2 + X L2 Atau X L2 = Z 2 − R 2 = (380,8) 2 − (306,3) 2 = 51189 Atau X L = 226 Ω Induktansi adalah X 226 = 0,72 H L= L = ω 100π b) Untuk rangkaian R-L seri, tegangan mendahului arus dengan fase θ yang memenuhi X 226 tan θ = L = = 0,738 , R 306,3

217

Atau θ = 36o. c) Daya rata-rata lampu P = I eff Veff ,lp cos θ = 0,6 × 84 × cos 0 o = 50,4 watt (sudut 0o adalah beda sudut antara fase arus dan fase tegangan pada lampu) d) Jika dipasang kapasitor maka muncul reaktansi kapasitif 1 1 = = 677,6 Ω XC = ωC (100π ) × (4,7 × 10 −6 ) Impedansi total menjadi Z = R 2 + ( X L − X C ) = (306,3) 2 + (226 − 677,6 ) = 546 Ω 2

2

Arus efektif yang mengalir Veff 228,5 = = 0,42 A I eff = 546 Z 5. Gelombang sinusoidal merambat dalam tali. Ujung tali (x = 0) berosilasi menurut persaman y = y m cos ωt , dengan y m = 0,1 m, ω = 20π rad/s. Bagian lain dari tali yang berjarak 0,05 meter dari ujung tali tersebut berosilasi menurut persaman y = y m cos(ωt − π / 4) . Waktu dinyatakan dalam detik. a) Hitung besar frekuensi gelombang b) Jika gelombang merambat ke arah sumbu-x positif, berapa panjang gelombang dan laju rambatnya c) Tentukan fungsi gelombangnya Jawab a) Frekuensi gelombang ω 20π f = = = 10 Hz 2π 2π b) Informasi yang diberikan soal, dua titik yang berjarak 0,05 m memiliki beda fase π/4. Tetapi, dua titik yang berjarak λ memiliki beda fase 2π. Karena π/4 adalah 1/8 dari 2π maka haruslah 0,05 m merupakan 1/8 dari panjang gelombang. Jadi 0,05 = λ / 8 λ = 0,4 m Laju perambatan gelombang v = λf = 0,4 × 10 = 4 m/s c) Fungsi umum gelombang yang merambat ke arah x positif adalah y = y m cos(ωt − kx + ϕ ) 218

Dengan 2π 2π k= = = 5π m-1. λ 0,4 Diberikan ω = 20π rad/s Jadi, fungsi umum gelombang adalah y = y m cos(20πt − 5πx + ϕ ) Pada x = 0 maka y = y m cos(20πt + ϕ ) . Di soal diberikan, pada x = 0 fungsi osilasi adalah y = y m cos(20πt ) . Dengan demikian kita simpulkan ϕ = 0 dan fungsi geklombang yang dicari adalah y = y m cos(20πt − 5πx)

219

Bab 23 Pembahasan Ujian II Semester Pendek 2003/2004

1. Dua buah kawat panjang yang dialiri arus diletakkan sejajar dengan sumbu z. Kawat pertama melaui titik (0,4,0) dan dialiri arus sebsar 2 A dengan arah sumbu z positif. Sedangkan kawat kedua melalui titik (3,4,0) dan dialiri arus 5 A kea rah sumbu z negatif. a) Tentukan besar dan arah medan magnet di titik (3,0,0) b) Tentukan besar dan arah gaya per satuan panjang yang dialami kawat pertama Jawab

4

I1 = 2 A

θ

I2 = 5 A

a1

a2 P

B2 O

B1 θ

3

a) Jarak kawat pertama ke titik P: a1 = 3 2 + 4 2 = 5 m Jarak kawat kedua ke titik P: a 2 = 4 m Kuat medan di titik P oleh kawat pertama: B1 =

µ o I1 µ o 2 µ o = × = 2π a1 2π 5 5π

(arah sesuai dengan gambar) Kuat medan di titik P oleh kawat kedua: B2 =

µ o I 1 µ o 5 5µ o = × = 2π a1 2π 4 8π

(arah ke kiri) Misalkan B1 membentuk sudut θ dengan arah horisontal maka tan θ = 3 / 4 atau θ = 37o. Kita dapat menulis B1 dalam komponen-komponennya, yaitu B1x = B1 cos 37 o =

µ o 4 4µ o × = 5π 5 25π

220

B1 y = B1 sin 37 o =

µ o 3 3µ o × = 5π 5 25π

Total medan magnet arah x menjadi B x = B1x − B2 =

4 µ o 5µ o − = −0,15µ o 25π 8π

Total medan magnet dalam arah y B y = B1x =

3µ o = 0,038µ o 25π

Kuat medan magnet total B = B x2 + B y2 = (−0,15µ o ) 2 + (0,038µ o ) 2 = 0,155µ o

b) Jarak dua kawat, a = 3 m Kuat medan magnet pada kawat pertama oleh kawat kedua

B=

µo I 2 2π a

Gaya magnetik pada kawat pertama oleh kawat kedua F1 = I 1 L1 B

Gaya per satuan panjang yang bekerja pada kawat pertama

µ II µ 2×5 F1 = I1 B = o 1 2 = o = 0,53µ o 2π a 2π 3 L1 Karena dua kawat dialiri arus berlawanan maka gaya bersifat tolak-menolak 2. Sebuah kawat panjang dialiri arus I (t ) = 2t + 5 dengan arah seperti ditunjukkan

gambar. Pada jarak a dari kawat tersebut terdapat sebuah loop kawat ABCD berbentuk bujur sangkar bersisi b dengan hambatan total sebesar R. Semua besaran-besaran tersebut memiliki satuan dalam sistem SI.

221

D

C b

I(t) A a

B b

a) Tentukan fluks magnet pada loop bujur sangkar tersebut b) Tentukan besar ggl induksi yang timbul pada loop bujur sangkat tersebut c) Tentukan besar dan arah arus induksin dalam loop bujur sangkar tersebut d) Tentukan induktansi sistem ini

Jawab a) Parhatikan penampang kecil loop yang berjarak r dari kawat dengan ketebalan dr .

dr D I(t)

C b

r A

B

Luas penampang tersebut adalah dA = bdr

Kuat medan magnet pada penampang tipis tersebut adalah B=

µo I 2π r

Maka fluks magnetik pada penampang tersebut adalah dφ = BdA =

µ o I dr 2π r

Fluks total pada loop 222

φ=

a +b

a +b

a

a

∫ dφ =

∫

µ o I dr µ o I = 2π r 2π

a +b

∫ a

dr µ o I ⎛ a + b ⎞ = ln⎜ ⎟ r 2π ⎝ a ⎠

b) Karena loop hanya mengandung satu lilitan maka besar ggl yang dihasilkan jika terjadi perubahan arus adalah

ε =

dφ µ o ⎛ a + b ⎞ dI = ln⎜ ⎟ dt 2π ⎝ a ⎠ dt

=

µo ⎛ a + b ⎞ d ln⎜ ⎟ (2t + 5) 2π ⎝ a ⎠ dt

=

µo ⎛ a + b ⎞ µ ⎛a+b⎞ ln⎜ ⎟ × 2 = o ln⎜ ⎟ 2π ⎝ a ⎠ π ⎝ a ⎠

c) Arus induksi yang dihasilkan I=

ε R

=

µo ⎛ a + b ⎞ ln⎜ ⎟ πR ⎝ a ⎠

Dari persaman I = 2t + 5 , arus makin besar dengan bertambahnya waktu. Jadi fluks dalam loop makin lama makin besar. Dengan hukum Lenzt, arus induksi harus melawan perubahan fluks, berarti mengecilkan fluks. Pengecilan fluks dilakukan dengan menghasilkan medan magnet yang berlawanan dengan arah medan yang dihasilkan kawat lurus panjang. Medan dalam lop yang dihasilkan kawat lurus panjang arahnya tegak lurus kertas ke bawah. Maka medan yang dihasilkan arus induksi harus tegak lurus kertas ke atas. Agar ini terjadi maka arah aliran loop harus berlawanan dengan putaran jarum jam.

d) Induktansi diri memenuhi persamaan

ε =L =L

dI dt

d (2t + 5) = 2 L dt

Jadi

223

L=

ε 2

=

µo ⎛ a + b ⎞ ln⎜ ⎟ 2π ⎝ a ⎠

3. Suatu rangkaian yang terdiri dari hambatan dan induktor dihubungkan dengan sumber tegangan bolak-balik sepeti ditunjukkan pada gambar. Diketahui R = 75Ω, L = 10 mH, dan reaktansi induktif X L = 100 Ω serta amplitudo tegangan 50 V. Tentukan

L R

Vs(t)

a) Faktor daya b) Daya disipasi pada rangkaian c) Fungsi tegangan sumber Vs (t ) dinyatakan dalam bentuk fungsi cosinus

Jawab a) Beda sudut fasa antara tegangan dan arus, θ, memenuhi tan θ =

X L 100 4 = = R 75 3

atau θ = 53o. Faktor daya adalah: cos θ = cos 53o = 0,6

b) Impedansi rangkaian: Z = R 2 + X L2 = (75) 2 + (100) 2 = 125 Ω

Tegangan efektif Vef =

Vmaks 2

=

50 2

= 35,35 V

Disipasi daya pada rangkaian

224

P=

Vef2 Z

cos θ =

(35,35) 2 × 0,6 = 6 W 125

c) Bentuk umum fungsi tegangan (misalkan fasa awal nol) adalah V = Vm cos ωt . Frekuensi sudut adalah ω = X L / L = 100 /(10 × 10 −3 ) = 10 4 rad/s. Tegangan maksimum Vm diberikan di soal, yaitu 50 V. Jadi bentuk umum tegangan adalah

(

)

V = 50 cos 10 4 t V

4. Suatu persamaan simpangan gelombang yang merambat dinyatakan dengan y = 2 sin (π ( x − 2t ) ) dengan y dan x dalam meter dan t dalam detik. Tentukan

a) Amplitudo, frekuensi sudut, dan cepat rambat gelombang tersebut b) Fungsi gelombang identik yang merambat dalam arah berlawanan c) Besar tegangan tali jika gelombang tersebut merambat pada tali yang rapat massanya 0,4 kg/m d) Fungsi gelombang bedirinya

Jawab a) Fungsi umum gelombang yang merambat ke arah x positif adalah y = y m sin (kx − ωt ) Diberikan di soal fungsi gelombang y = 2 sin (πx − 2πt ) . Dengan membandingkan dua persaman tersebut kita simpulkan y m = 2 m, k = π m-1, dan ω = 2π rad/s. Cepat rambah gelombang v=

ω k

=

2π

π

= 2 m/s

b) Jika gelombang merambat dalam arah berlawanan maka tanda negatif dalam faktor sinus diganti dengan tanda positif. Fungsi gelombang tersebut adalah

225

y = 2 sin (πx + 2πt )

c) Laju perambatan gelombang tali memenuhi

v=

T

µ

Jadi tegangan tali adalah

T = v 2 µ = 2 2 × 0,4 = 1,6 N

d) Gelombang berdiri merupakan superposisi dua gelombang yang bergerak dalam arah berlawanan y = 2 sin (πx − 2πt ) + 2 sin (πx + 2πt )

Gunakan hubungan trigonometri sin A + sin B = 2 sin

A+ B A− B cos 2 2

Jadi

y = 4 sin

(πx − 2πt ) + (πx + 2πt ) cos (πx − 2πt ) − (πx + 2πt ) 2

2

= 4 sin(πx) cos(−2πt )

5. Cahaya monokromatik dengan panjang gelombang 6500 anstrom dilewatkan secara tegak lurus pada empat celah sempit. Jarak antar celah adalah 2 mm. Pola interferensi diamati pada layar yang berjarak 1 m dari celah tersebut. a) Gambarkan kurva pola intensitas terhadap δ (beda fasa antara dua gelombang berututan) b) Tentukan jarak antar maksimum sekunder yang berurutan.

Jawab

226

d

d sin θ celah

layar

a) Interferensi maksimum terjadi jika δ = kd sin θ memenuhi

δ = 0, 2π, 4π, 6π, ...

Interferensi minimum terjadi jika i) Sinar dari dua celah berdekatan berinterferensi desktruktif. Ini terpenuhi jika

δ = π, 3π, 5π, 7π, ...

ii) Sinar dari celah pertama dan ketiga serta sinar dari celah kedua dan keempat berinterferensi destruktif. Ini dipenuhi oleh 2δ = π, 3π, 5π, 7π, ...

atau

δ = π/2, 3π/2, 5π/2, 7π/2, ...

Pola interferensi yang terbentuk menjadi i) garis maksimum terjadi ketika δ = 0, 2π, 4π, 6π, ... ii) garis minimum terjadi ketika δ = π/2, π, 3π/2, 5π/2, 3π, 7π/2, ... 227

iii) selain maksimum utama pada keadaan δ = 0, 2π, 4π, 6π, ..., antara dua minimum terdapat maksimum sekunder. Gambar intensitas sebagai fungsi δ tampak pada gambar berikut ini

I 5λ/8

0 λ/4

5λ/8

λ/2

3λ/4

λ

5λ/4

7λ/4 d sin θ 3λ/2

b) Maksimum sekunder pertama terjasi pada lokasi yang memenuhi

δ1 =

π /2+π 2

3 = π = kd sin θ1 4

atau sin θ1 =

3π 3π 3λ = = 4kd 4(2π / λ )d 8d

Maksimum sekunder kedua terjasi pada lokasi yang memenuhi

δ2 =

π + 3π / 2 2

5 = π = kd sin θ 2 4

atau sin θ 2 =

5π 5π 5λ = = 4kd 4(2π / λ )d 8d

Untuk sudut yang kecil maka sin θ1 ≅ tan θ 1 dan sin θ 2 ≅ tan θ 2 . Jadi tan θ1 ≅

3λ 8d

228

tan θ 2 ≅

5λ 8d

θ1

θ2

y1

y2

Berdasarkan gambar di atas, tan θ1 = y1 / L dan tan θ 2 = y 2 / L . Dengan demikian y1 3λ 3λ ≅ atau y1 ≅ L 8d L 8d y 2 5λ 5λ ≅ atau y 2 ≅ L L 8d 8d

Jarak antara dua maksimum sekunder adalah

∆y = y 2 − y1 = =

5λ 3λ 2λ L− L= L 8d 8d 8d

2 × (6500 × 10 −10 ) × 1 = 8,125 × 10 −5 m −3 8 × (2 × 10 )

229

Bab 24 Pembahasan Ujian II Semester II 2006/2007 1. a) Sebutkan kelemahan model atom Thompson (model roti kismis) b) Sebutkan perbedaan model atom Rutherford dan model atom Bohr c) Dengan deret Balmer pada model atom Bohr, hitunglah bilangan kuantum (tingkat energi) awal dari spectrum cahaya tampak atom hydrogen dengan λ = 486 nm. Diketahui konstanta Rydberg, R = 1,097 × 10-7 m-1. Jawab a) Kelemahan model ato Thompson Tidak dapat menjelaskan pengamatan pada percobaan hamburan partikel alfa oleh lembaran timpis emas mengapa: Sebagian sinar alfa dibelokkan dengan sudut yang sangat besar Sebagian kecil sinar alfa dibelookan hampir dalam arah berlawanan sinar datang Model atom Thompson meramalkan bahwa semua sinar alfa dapat menembus lembaran tipis emas tanpa pembelokan yang berarti b) Model atom Rutherford Orbit elekntron mengelilingin inti tidak merupakan orbit stasioner Spektrom energi atom brsifat kontinu Model atom Bohr Elektron mengelilingi inti dalam aorbit-orbit stasioner Spektrum energi atom bersifat disktit c) Panjang elombang deret Balmer memenuhi

1 ⎞ ⎛ 1 = R⎜ 2 − 2 ⎟ λ n ⎠ ⎝2 1 ⎛1 1 ⎞ = (1,097 × 10 −7 ) × ⎜ − 2 ⎟ −9 486 × 10 ⎝4 n ⎠ ⎛1 1 ⎞ 0,187567 = ⎜ − 2 ⎟ ⎝4 n ⎠ 1

230

1 = 0,062433 n2 atau n = 4 2. Suatu rangkaian RLC seri memiliki R = 10 Ω, L = (200/π) mH, dan C = (1000/π) µF. Rangkaian tersebut dialiri arus I(t) yang memiliki frekuensi f = 50 Hz, fasa awal arus ϕoi = π/2 rad, dan arus irms = 2 A. a) Tentukan persamaan arus I(t) b) Tentukan X L , X C , dan impedansi total c) Tentukan fungsi tegangan Vab(t), Vbc(t), danVcd(t) d) Tentukan beda fasa antara arus dan tegangan sumber

a

R

b

L

c

Jawab a) Persamaan umum arus i (t ) = imaks cos(ωt + ϕ oi ) dengan imaks = irms 2 = 2 2 A

ω = 2πf = 2π × 50 = 100π rad/s ϕ oi = π / 2 rad Dengan demikian i (t ) = 2 2 cos(100πt + π / 2) b) X L = ωL = 100π × (200 / π × 10 −3 ) = 20 Ω 1 1 XC = = = 10 Ω ωC 100π × (1000 / π × 10 −6 ) Impedansi total

231

C

d

Z = R 2 + ( X L − X C ) 2 = 10 2 + (20 − 10) 2 = 10 2 Ω

c) Vab ,maks = imaks R = 2 2 × 10 = 20 2 volt Arus dan tegangan pada resistor memiliki fase yang sama. Maka Vab (t ) = Vab.maks cos(100πt + π / 2 ) = 20 2 cos(100πt + π / 2 )

Vbc ,maks = imaks X L = 2 2 × 20 = 40 2 volt Tegangan pada inductor mendahului arus dengan fase π/2. Jadi Vbc (t ) = Vbc.maks cos(100πt + π / 2 + π / 2 ) = 40 2 cos(100πt + π )

Vcd ,maks = imaks X C = 2 2 × 10 = 20 2 volt Tegangan pada kapasitor mengikuti arus dengan keterlambatan fase π/2. Jadi Vcd (t ) = Vcd .maks cos(100πt + π / 2 − π / 2 ) = 20 2 cos(100πt )

d) Karena X L > X C maka rangkaian bersifat induktif. Tegangan sumber mendahului arus dengan fase θ yang memenuhi tan θ =

X L − X C 20 − 10 = = 1 , atau θ = π/4 R 10

3. Seutas tali diberi gangguan yang merambat dengan fungsi sebagai berikut

⎧ ⎛ 1 ⎞⎫ y ( x, t ) = cos⎨π ⎜ 2 x − t + ⎟⎬ 2 ⎠⎭ ⎩ ⎝ (x, y dalam centimeter dan t dalam detik) a) Tentukan amplitudo, panjang gelomnag, dan frekuensi gelombang b) Tentukan simpangan pada x = 1 cm dan t = 5 detik c) Tentukan jarak antara dua titik terdekat dalam arah rambat yang mempunyai beda fasa π pada saat tertentu

232

d) Tentukan nilai maksimum laju getar partikel tali Jawab a) Persamaan di atas dapat ditulis

π⎞ ⎛ y ( x, t ) = 1cos⎜ 2πx − πt + ⎟ 2⎠ ⎝ Persamaan umum getaran gelombang adalah y ( x, t ) = A cos(kx − ωt + ϕ o ) Dengan membandingkan dua persamaan di atas kita simpulkan A = 1 cm k = 2π cm-1 ω = π rad/s ϕ o = π / 2 rad

λ=

2π 2π = = 1 cm k 2π

f =

1 ω π = = Hz 2π 2π 2

b) Saat x = 1 cm dan t = 5 detik

π⎞ ⎛ y ( x = 1, t = 5) = 1cos⎜ 2π × 1 − π × 5 + ⎟ = cos(−2,5π ) = cos(−0,5π ) = 0 2⎠ ⎝ c) Misalkan titik pertama berada pada x1 dan titik kedua berada pada x2. Maka pada saat t yang sama fase masing-masing titik adalah ϕ1 = 2πx1 − πt + π / 2 ϕ 2 = 2πx 2 − πt + π / 2 Beda fase ∆ϕ = ϕ 2 − ϕ1 = 2π ( x 2 − x1 ) atau x 2 − x1 =

1 π ∆ϕ = = cm 2π 2π 2

d) Laju getar partikel tali

233

u=

∂y = π sin (2πx − πt + π / 2) ∂t

Laju getar maksimum = π cm/s 4. Dua buah celah sempot berjaran 3 × 10-3 mm disinari cahaya yang panjang gelombangnya 600 nm. Pola interferensi diamati pada layar yang berjarak 2,5 m dari celah. (Gunakan pendekatan sudut kecil). a) Tentukan beda fasa dari hasil interferensi dua gelombang pada titik di layar yang berjarak 2,50 cm dari pusat pola interferensi b) Jika rasio jarak antar celah dengan lebar celah adalah 3, gambarkan pola intensitas yang terjadi dalam fungsi sin θ . Jawab

y

θ d ∆x =d sin θ L

a) Beda fasa gelombang dari dua celah

δ = k∆x =

2π

λ

d sin θ

Untuk θ yang kecil sin θ ≈ tan θ = y / L . Jadi

δ≈

2π

λ

d

−2 y 2π − 6 2,5 × 10 = × × = 0,1π rad ( 3 10 ) L 600 × 10 −9 2,5

b) Maksimum interferensi terjadi jika

δ=

2π

λ

d sin θ = 0, ±2π, ±4π, ±6π, …

atau

234

sin θ = 0, ±

λ d

, ±

2λ 3λ , ± ,… d d

Minimum interferensi terjadi jika

δ=

2π

λ

d sin θ = ±π/2, ±3π/2, ±5π/2, …

atau sin θ = ±

λ 2d

, ±

3λ 5λ , ± ,… 2d 2d

Gambar pola interferensi sebagai berikut

I

0 λ/2d

Pola gelap difraksi terjadi jika kw sin θ = ±π, ±3π, ±5π, 2 (2π / λ ) w sin θ = ±π, ±3π, ±5π, 2 atau sin θ = ±

= ±

λd d w

tetapi

λ w

, ±

, ±

3λ 5λ , ± ,… w w

3λ d 5λ d , ± ,… d w d w

d = 3 sehingga w

235

3λ/2d 5λ/2d 7λ/2d sin θ 3λ/d 2λ/d λ/d

sin θ = ±

3λ 9λ 15λ , ± , ± ,… d d d

Gambar pola difraksi sebagai berikut

I

0 λ/2d

3λ/2d 5λ/2d 7λ/2d sin θ 3λ/d 2λ/d λ/d

Gabungan pola interferensi dan difraksi menjadi I

0 λ/2d

3λ/2d 5λ/2d 7λ/2d sin θ 3λ/d 2λ/d λ/d

5. Kawat lurus panjang dial;iri arus yang berubah terhadap waktu I (t ) = (2t + 5) × 10 −3 A, dii mana t dalam detik. Di samping kawat tersebut diletakkan kawat berbentuk loop segi empat yang memiliki hambatan R = 2 Ω. Diketahui L = 20 cm, b = 10 cm, dan a = 5 cm. a) Tentukan besar dan arah medan magnet pada titik yang berjarak r dari kawat lurus panjang b) Berapa fluks magnetic total yang melewati loop kawat c) Tentukan besar ggl induksi dalam loop kawat d) Ke mana arah arus induyksi dalam loop kawat? Berikan alasannya

236

dr

i(t)

L

r a b

Jawab a) i(t)

r Lintasan ampere

Kita gunakan hukum ampere untuk menentukan kuat medan magnet pada jarak r dari kawat

r r B ∫ • dl = µ o ∑ I

∫ Bdl = µ

o

I (t )

B (2πr ) = µ o I (t ) atau B=

µ o I (t ) µ o (2t + 5) × 10 −3 = T 2π r 2π r

Dengan aturan tangan kanan maka arah medan magnet di sebelah kanan kawat tegak lurus kertas ke arah belakang b) Lihat elemen loop setebal dr yang berjarak r dari kawat. Luas elemen tersebut 237

dA = Ldr . Kuat medan magnet pada lokasi elemen B =

µ o I (t ) . Fluks magnetic pada 2π r

elemen dφ = BdA =

µ o I (t ) Ldr 2π r

Fluks total dalam loop

φ=

a +b

∫ a

a +b µ o I (t ) µo dr µ o ⎛a+b⎞ = Ldr = LI (t ) ∫ LI (t ) ln⎜ ⎟ r 2π r 2π 2π ⎝ a ⎠ a

c) Karena loop hanya satu lilitan maka ggl yang dihasilkan

ε =−

µ dI (t ) ⎛ a + b ⎞ µ dφ ⎛ 10 + 5 ⎞ −3 ln⎜ =− o L ⎟ ⎟ = − o × (0,2) × (2 × 10 ) × ln⎜ dt 2π dt 2π ⎝ 5 ⎠ ⎝ a ⎠

= − 7 × 10 −5 µ o

d) Arus pada kawat lurus panjang makin besar sehingga fluks dalam loop makin besar. Arus induksi harus melawan perubahan fluks dengan menghasilkan medan magnet dalam arah berlawanan (tegak lurus kertas ke depan). Jadi arah arus induksi dalam loop berlawnan dengan arah putaran jarum jam.

238

Bab 25 Pembahasan Ujian III Semester II 2002/2003 1. Tiga buah gelombang masing-masing mempunyai fungsi gelombang sebagai berikut y1 = 0,3 cos(kx − ωt + π / 2 ) y 2 = 0,4 cos(kx − ωt + π ) y 3 = 0,3 cos(kx − ωt + 3π / 2) (x dan y dalam meter dan t dalam detik) a) Dengan cara fasor, gambarkanlah diagram fasor superposisi tiga buah gelombang di atas b) Tentukan amplitudo resultan dan fungsi gelombang resultan hasil superposisi tersebut c) Jika ada gelombang lain, y 4 = 0,3 cos(kx − ωt + ϕ o ) disuperposisikan dengan gelombang y1 = 0,3 cos(kx − ωt + π / 2 ) , tentukan ϕo agar resultan superposisinya minimum. Jawab a) Buat sistem koordinat dengan mengambil arah datar bersesuaian dengan fasa kx − ωt + π / 2 . Fungsi gelombang y1, y2, dan y3, sebagai berikut

0,6

y3

y2 y

θ

0,4

φ

kx-ωt+π/2 0,3 0,3

y1

b) Tampak bahwa amplitudo superposisi adalah

AT = (0,4) 2 + (0,3) 2 = 0,5 m Perbedaan fase gelombang hasil superposisi dengan gelombang y1 adalah φ = π / 2 + θ

dengan tan θ = 3 / 4 atau θ = 37o = 0,2 π. Dengan demikian φ = π / 2 + 0,2π = 0,7π .

239

Jadi fungsi gelombang superposisi adalah y = AT cos[kx − ωt + π / 2 + φ ]

= 0,5 cos[kx − ωt + π / 2 + 0,7π ] = 0,5 cos[kx − ωt + 1,2π ] m

c) Gambar gelombang dalam diagram fasor.

π

y4

0,3

0,3

y1

Resultan superposisi minimum jika ke dua vektor berlawanan arah. Ini terjadi jika fasa

y4 dan fasa y1 berbeda π. Jadi y 4 = 0,3 cos[kx − ωt + π / 2 + π ]

= 0,3 cos[kx − ωt + 2π / 2] Dengan demikian φ = 3π / 2

2. Kawat AB dianggap memiliki panjang tak berhingga. Kawat tesebut dialiri arus I(t) dengan arah ke atas. Di samping kawat AB ada loop kawat berbentuk bujur sangkar dengan sisi L seperti pada gambar. Jika a = 0,1 m, b = 0,3 m, L = 0,2 m, dan A/s, tentukan

B

dx

i(t)

L

x a

A

b

a) Besar dan arah medan magnet B pada jarak x dari kawat AB pada saat t b) Fluks total yang menembus kawat 240

di = 1,2 dt

c) Besar dan arah ggl induksi dalam loop Jawab a) Besar medan magnet pada jarak x dari kawat adalah

B (t ) =

µ o i (t ) 2π x

Dengan aturan tangan kanan, arah medan magnet tegak lurus kertas ke arah belakang. B

L

i(t) a A

b

b) Lihat elemen loop setebal dx. Luas elemen tersebut adalah dA = Ldx . Flus magnet pada elemen tersebut dφ = BdA =

µo dx i (t ) L x 2π

Fluks total dalam loop b µo µ dx µ o dx µ o b i (t ) L i (t ) L ∫ = = i (t ) L[ln x ]a = o i (t ) L[ln b − ln a ] x 2π 2π x 2π 2π a a

b

φ=∫ =

µo b i (t ) L ln 2π a

c) Ggl induksi dalam loop (hanya ada satu kumparan)

241

ε =−

dφ dt

µo b di (t ) L ln 2π a dt µ 0,3 = − o × 0,2 × ln × 1,2 2π 0,1

=−

=−

0,12 µ o

π

ln 3 volt

3. Dalam sebuah integrated circuit (IC) terdapat kapasitor pelat sejajar dengan lapisan dielektrik (tebal 10 nm) yang memiliki konstanta dielektrik 200. Luas permukaan kapasitor adalag 5 × 10-6 m2. a) Tentukan kapasitansi kapasitor b) Jika di antara ke dua permukaan kapasitor diberi baterei dengan beda potensial sebesat 3 V, tentukan muatan dan energi yang tersimpan di dalamnya c) Jika baterei dilepas dan diganti dengan sebuah resistor (R = 1 Ω), gambarkanlah kurva muatan yang tersimpan dalam kapasitor sebagai fungsi waktu d) Dengan terpasangnya resistor (R = 1 Ω) tersebut, tentukan waktu yang dibutuhkan hingga muatan di dalam kapasitor tinggal setengah dari muatan penuhnya. Jawab a) Kapasitansi kapasitor pelat sejajar yang memiliki dielektrik di antara pelat

5 × 10 −6 A = 200 × (8,856 × 10 −12 ) × d 10 −8 = 8,856 × 10 −7 F

C =κ

b) Q = CV = (8,856 × 10 −7 ) × 3 = 2,7 × 10 −6 C Energi yang tersimpan U=

1 1 CV 2 = × (8,856 × 10 −7 ) × 3 2 = 4 × 10 −6 J 2 2

c) Muatan yang tersimpan dalam kapasitor meluruh secara eksponensial sebagai berikut

Q = Qo e − t / RC = (2,7 × 10 −6 )e − t / RC

242

Q Qo

t

d) Waktu agar muatan menjadi setengah muatan semula memenuhi

e −t / RC = 1 / 2 e t / RC = 2 t / RC = ln 2 t = RC ln 2 = 1 × (2,7 × 10 −6 ) ln 2 = 1,9 × 10 −6 s 4. Sebuah sumber gelombang bunyi dalam posisi diam memancarkan gelombang ultrasonic dengan frekuensi 100 kHz ke arah sebuah mobil yang sedang bergerak mendekati sumber tersebut. Diketahui laju rambat gelombang bunyi di udara adalah 330 m/s. a) Tentukan panjang gelombang dan frekuensi gelombang bunyi yang diterima oleh pengemudi mobil, jika mobil tersebut bergerak dengan laju 36 km/jam b) Jika kemudian laju mobil berubah dan frekuensi yang dipantulkan oleh mobil dicatat oleh seorang pengamat yang diam di samping sumber gelombang adalah 120 kHz, hitung laju mobil tersebut

Jawab Laju mobil = v m = 36 km/jam = 36 000 m/3 600 s = 10 m/s a) Di sini situasinya adalah: sumber bunyi diam diamati oleh pengamatan yang bergerak mendekati sumber bunyi. Frekuensi yang diterima pengamatan adalah f =

vb + v m 330 + 10 fo = × 100 = 103 Hz vb 330

243

vb = 330 m/s vb = 36 km/jam fo = 100 kHz

b) Frekuensi yang diterima mobil juha 103 Hz. Karena mobil berperan sebagai sumber gelombang pemantul dan sedang bergerak menuju pengamatan yang diam dengan sumber bunyi awal maka frekuensi yang diterima pengamat ini adalah

vb = 330 m/s vb = 36 km/jam fo = 100 kHz

f '=

⎛ v + v m ⎞ vb + v m vb vb f = × ⎜⎜ b f o ⎟⎟ = fo vb − v m v b − v m ⎝ vb ⎠ vb − v m

120 =

330 + v m × 100 330 − v m

120 × (330 − v m ) = 330 + v m 100 396 − 1,2v m = 330 + v m

244

66 = 2,2v m

v m = 66 / 2,2 = 30 m/s = 108 km/jam 5. Tiga buah muatan berturut-turut QA = 1 µC, QB = 1 µC, dan QC = -1 µC terletak di titik-titik berturut A(-2,0), B(2,0), dan C(0,2) (dalam satuan meter dan sumbu koordinat xy). a) Gambarkan medan listrik di titik O(0,0) dan tentukan besar dan arah kuat medan listrik resultan di titik tersebut b) Tentukan besar dan arah vektor gaya resultan pada muatan di titik C c) Tentukan besar potensial listrik di titik O(0,0)

Jawab a)

QC EC EB

ER = EC EA

QA

QB

Tampak dari gambar

r rA = −2iˆ m,

r rB = 2iˆ m,

r rC = 2 ˆj m

Posisi relatif titik O terhadap masing-masing muatan r rOA = 0 − (−2iˆ) = 2iˆ m,

r r rOB = 0 − (2iˆ) = −2iˆ m, rOC = 0 − (2 ˆj ) = −2 ˆj m

Kuat medan di titik O r r r r EO = EOA + EOB + EOC =

QA r 1 QB r 1 QC r rOC r + r + r r 3 OA 3 OB 4πε o rOA 4πε o rOB 4πε o rrOC 3 1

245

= (9 × 10 9 ) ×

10 −6

−6 −6 ˆ) + (9 × 10 9 ) × 10 × (−2iˆ) + (9 × 10 9 ) × − 10 × (−2 ˆj ) ( 2 i × 3 3 3 2iˆ − 2 ˆj − 2iˆ

= 2,25 × 10 3 ˆj N/C b)

QC FCA

FCB

FA

FB FAC

FAB

FC

FBC

QA

FBA

QB

r r r Posisi relatif C terhadap A: rCA = rC − rA = 2 ˆj − (−2iˆ) = 2iˆ + 2 ˆj m r r r Posisi relatif C terhadap B: rCB = rC − rB = 2 ˆj − 2iˆ m r Panjang vector-vektor tersebut: rCA = 2 2 + 2 2 = 2 2 m r rCB = 2 2 + (−2) 2 = 2 2 m

Gaya total pada muatan C r r r FC = FCA + FCB =

Q A QC r 1 QB QC r rCA + rCB r 3 4πε o rCA 4πε o rrCB 3 1

= (9 × 10 9 ) ×

(10 )(− 10 ) × (2iˆ + 2 ˆj ) + (9 × 10 −6

−6

3

= −(9 × 10 ) ×

10 −12 3

)×

(10 )(− 10 ) × (−2iˆ + 2 ˆj ) −6

2 2

2 2 9

9

× (2iˆ + 2 ˆj − 2iˆ + 2 ˆj )

2 2

246

−6

3

= −(9 × 10 9 ) ×

10 −12 3

× (4 ˆj ) = 1,6 × 10 −3 N

2 2

c) Potensial di titik (0,0)

VO = VOA + VOB + VOC =

QA 1 QB 1 QC r + r + r 4πε o rOA 4πε o rOB 4πε o rOC 1

= (9 × 10 9 ) ×

− 10 −6 10 −6 10 −6 = 4500 V + (9 × 10 9 ) × + (9 × 10 9 ) × − 2 ˆj − 2iˆ 2iˆ

247

Bab 26 Pembahasan Ujian III Semester II 2003/2004 1. Dua muatan sebesar q = +4,0 µC di tempatkan dalam ruang pada jarak d = 2,0 m satu sama lain seperi pada gambar di bawah. P

d/2 q

q

d/2

d/2

a) Hitung potensial di titik P b) Jika seseorang membawa muatan sebesar Q = +2,0 µC secara perlahan dari titik tak terhingga ke titik P, tentukan besarnya usaha yang dilakukan orang tersebut. c) Hitung energi potensial dari konfigurasi yang terbentuk setelah muatan ke-3 (Q) ditempatkan di titik P Jawab a) P

r rP q

q

r r2

r r1

Vektor posisi muatan kanan, kiri, dan titik P adalah

r d r1 = iˆ = 1,0 iˆ m, 2

r d r2 = − iˆ = −1,0 iˆ m, 2

r d rP = ˆj = 1,0 ˆj m 2

Posisi relatif P terhadap muatan-muatan

r r r rP1 = rP − r1 = 1,0 ˆj − 1,0 iˆ m,

r r r rP 2 = rP − r2 = 1,0 ˆj + 1,0 iˆ m

248

r rP1 = 12 + (−1) 2 = 2 m,

r rP 2 = 12 + 12 = 2 m

Potensial di titik P VP =

1

q 1 q r + r 4πε o rP1 4πε o rP 2

= (9 × 10 9 )

4 × 10 −6

+ (9 × 10 9 )

2

4 × 10 −6

= 5,1 × 10 4 V

2

b) (Anggap tidak ada perubahan energi kinetik selama membawa muatan dari tak berhingga ke titik P). Kerja yang dilakukan sama dengan perubahan energi potensial yaitu W = UP −U∞

= QVP − 0 = (2,0 × 10 −6 ) × (5,1 × 10 4 ) = 0,102 J c) Q

d/ 2

d/ 2

q

q

d Energi potensial konfigurasi U = U kiri ,Q + U kanan,Q + U kiri ,kanan =

1

qQ

+

1

qQ

+

1

qq 4πε o d

4πε o d / 2 4πε o d / 2 1 q 1 q Q 2 +Q 2 +q = = 2Q 2 + q 4πε o d 4πε o d

(

⎛ 4 × 10 −6 = (9 × 10 9 )⎜⎜ ⎝ 2

)

(

(

⎞ ⎟⎟ 2 × 2 × 10 −6 × 2 + 4 × 10 −6 ⎠

249

)

)

= 0,17 J

2. Tinjau rangkaian berikut. Diketahui R1 = 100 Ω, R2 = 80 Ω, C = 1 µF, dan ε = 6 V. Dalam keadaan kapasitor terisi muatan maksimum, I3 = 30 mA. R2

a

ε R1

I1

R3

I3

C

I2

b

a) Hitung nilai R3 b) Tentukan besarnya tegangan pada kapasitor C c) Tentukan muatan maksimum dalam kapasitor

Jawab a) Jika kapasitor penuh maka jalur rangkaian yang mengandung kapasitor tidak dilewati arus (seolah terputus). Rangkaian akan menjadi sedehana sebagai berikut a

ε R1

I1

R3

I3

b

Dari gambar jelas bahwa I1 = I3. Dengan hokum Kirchoff untuk rangkaian tertutup maka

∑ IR − ∑ ε = 0 I 1 R1 + I 3 R3 − ε = 0 R3 =

ε − I 1 R1 I3

6 − (30 × 10 −3 ) × 100 = = 100 Ω 30 × 10 −3

250

b) Lihat loop rangkaian berikut ini

R2 a

I2 = 0

c

ε R3

C

I3

b

d

Tegangan antara dua ujung kapasitor adalah Vcd.

Vcd =

∑ IR − ∑ ε

c − a −b − d

c − a −b − d

= (I 2 R2 + I 3 R3 ) − (ε ) = 0 + (30 × 10 −3 ) × 100 − 6 = −3 V Jadi, beda potensial antara dua ujung kapasitor adalah 3 V. Nilai negatif menyatakan bahwa teangan di titik c lebih kecil daripada di titik d. c) Muatan maksimum kapasitor Q = C Vcd = (1 × 10 −6 ) × 3 = 3 × 10 −6 C

3. Sebuah kawat berarus yang bebentuk seperti pada gambar di bawah ini dialiri arus I yang arahnya ditunjukan oleh anak panah. Tentukan besar dan arah medan magnet B di titik O a) Oleh kawat setengah lingkaran CD dan EA b) Oleh kawat lurus AC dan DE c) Oleh seluruh kawat (total)

251

I R A

E C

O 2R

D

I

Jawab a) Medan magnet oleh lekukan CD I

C

D

Karena berupa setengah lingkaran maka

BCD =

1 × (medan oleh satu lingkaran) 2

1 ⎛ µo I ⎞ µo I ×⎜ ⎟= 2 ⎝ 2 R⎠ 4 R Dengan aturan tangan kanan, arah BCD tegak lurus kertas menembus ke belakang.

=

Medan magnet oleh lekukan EA

B EA = =

1 × (medan oleh satu lingkaran) 2

1 ⎛ µo I ⎞ µo I ×⎜ ⎟= 2 ⎝ 2 2R ⎠ 8 R

Dengan aturan tangan kanan, arah BEA tegak lurus kertas menembus ke belakang.

252

A

E 2R

I

b) Medan listrik oleh bagian lurus AC dan DE masing-masing nol karena titik pengamatan berada pada sumbu kawat. c) Medan total di titik O B = BCD + BEA + B AC + B DE =

µo I 4 R

+

µo I 8 R

+0+0 =

3µ o I 8 R

arah medan total tegak lurus kertas menembus ke belakang 4. Tinjau sebuah kumparan dengan 300 lilitan dan luas penampang 5 × 10-3 m2. Pada t = 0 detik medan magnet dihidupkan, dan besarnya medan magnet meningkat menjadi 0,40 T pada waktu t = 0,8 detik. Medan tersebut diarahkan sehingga membentuk sudut θ = 60o terhadap sumbu kumparan. B θ

a) Tentukan besar ggl induksi rata-rata dalam kumparan b) Jika kumparan tersebut mempunyai resistansi 6,0 Ω, tentukan arus induksi rata-ratanya 253

Jawab a) Fluks magnetik dalam kumparan φ = BA cos θ

Perubahan fluks magnetic ∆φ = ∆( BA cos θ ) = ∆B A cos θ GGl induksi yang dihasuilkan

ε = −N

∆φ ∆B = − NA cos θ ∆t ∆t

= −300 × (5 × 10 −3 ) × cos 60 o ×

0,4 = −0,375 V 0,8

Jadi besar ggl yang dihasilkan adalah 0,375 V b) Besar arus yang mengalir I=

ε R

=

0,375 = 0,0625 A 6

5. Susunan celah ganda yang terpisah sejauh 0,1 mm disinari dengan cahaya sehingga spectrum gelap-terang dapat diamati pada suatu layar yang berada pada jarak 1,0 m dari celah. Spektrum gelap ke-3 diamati pada jarak h = 13,5 mm dari spektrum pusat. a) Tentukan panjang gelombang yang digunakan b) Tentukan jarak linier antara dua spectrum terang yang terdekat c) Gambarkan pola interferensi sebagai fungsi jarak/lintasan cahaya Jawab a) Gelap 3 Gelap 2 h d

θ

θ

Gelap 1 Pusat layar

d sin θ L=1m

254

Spektrum gelap diamati jika beda lintasan ∆x = d sin θ memenuhi d sin θ = λ/2, 3λ/2, 5λ/2, 7λ/2, … Dengan demikian, garis gelap ketiga memuhi

d sin θ =

5λ 2

Biasanya pada peristiwa interferensi nilai θ sangat kecil sehingga dapat dilakukan pendekatan sin θ ≈ tan θ . Dengan demikian d tan θ ≈

5λ 2

Dari gambar tampak bahwa tan θ = h / L . Dengan demikian

d

h 5λ ≈ 2 L

atau 2 hd 2 (13,5 × 10 −3 )(0,1 × 10 −3 ) λ≈ = = 5,4 × 10 −7 m 5 L 5 1,0

b) Misalkan lokasi gelap terang di layar seperti pada gambar berikut ini

∆y/2

Gelap 3

∆y

Terang 2 Gelap 2

∆y

Terang 1 Gelap 1

h

Terang pusat

Layar Celah

Misalkan jarak linier dua garis terang berdekatan adalah ∆y . Berdasarkan gambar di 255

atas h = ∆y + ∆y + ∆y / 2 = 5∆y / 2 Jadi ∆y =

2 2 h = × 13,5 = 5,4 mm 5 5

c) Untuk interferensi dua celah Beda lintasan yang menghasilkan garis gelap adalah d sin θ = ±λ/2, ±3λ/2, ±5λ/2, ±7λ/2, … Beda lintasan yang memberikan garis terang adalah d sin θ = 0, ±λ, ±2λ, ±3λ, ±4λ, …

Gambar pola interferensi sebagai fungsi beda lintasan sebagai berikut I

-5λ/2

-2λ

-3λ/2

-λ

-λ/2

0 d sin θ

256

λ/2

λ

3λ/2

2λ

5λ/2

Bab 27 Pembahasan Ujian III Semester II 2003/2004 1. Sebuah batang dengan panjang L bermutana listrik total –Q yang terdistribusi serbasama. a) Tentukan rapat muatan batang tersebut b) Tentukan besar dan arah medan listrik di titik P yang berjarak a dari ujung batang Muatan batang -Q

P

L

a

Jawab a) Kerapatan muatan batang λ = −

Q L

b) x

dx

L+a-x

L

P

a

Tinjau elemen batang dengan ketebalan dx dan berjarak x dari ujung batang. Muatan elemen tersebut adalah dq = λdx Jarak elemen ke titik pengamatan y = L+a−x Kuat medan listrik di titik pengamatan oleh elemen dq 1 dq dE = 4πε o y 2 1 λdx = 4πε o ( L + a − x) 2

Kuat medan total di titik pengamatan L λdx λ L 1 dx E= = 2 ∫ ∫ 4πε o 0 ( L + a − x) 4πε o 0 ( L + a − x) 2

257

Untuk menyelesaikan integral di atas kita misalkan y = L + a − x . Dengan permisalan tersebut maka dy = − dx . Lihat suku integral dx 1 − dy 1 ∫ ( L + a − x) 2 = ∫ y 2 = y = ( L + a − x) Jadi L

⎤ ⎤ λ ⎡ λ ⎡ 1 1 1 E= = − ⎢ ⎢ ⎥ 4πε o ⎣ ( L + a − x) ⎦ 0 4πε o ⎣ ( L + a − L) ( L + a − 0) ⎥⎦ λ ⎡1 1 ⎤ λ L = − = ⎢ ⎥ 4πε o ⎣ a L + a ⎦ 4πε o a ( L + a ) Gunakan kembali hubungan λ = − E=−

Q sehingga kita dpat menulis L

1

Q 4πε o a( L + a )

Karena muatan batang negatif maka arah medan di titik P menuju ke batang, yaitu ke arah kiri. 2. Sebuah partikel bermuatan bergerak dengan laju vo memasuki daerah medan magnetik seragam B (arah B keluar bidang kertas), dan kemudian partikel meninggalkan daerah tersebut dengan arah berlawanan (lihat gambar).

• • • • • •

• • • • • •

• • • • • •

• • • • • •

• • • • • •

• • • • • •

vo

vo

B

a) Apakah jenis muatan partikel tersebut? Jelaskan b) Gambarkan dan sebutkan bentuk lintasan partikel di dalam daerah bermedan magnetik B tersebut c) Tentukan laju partikel tersebut ketika meninggalkan medan magnetik Jawab

258

a)

• • • • • •

• • • • • •

• • • • • •

• • • • • •

vo F

vo

B Gaya yang bekerja pada partikel

r r r F = qv × B

r Berati arah gaya searah dengan perkalian v × B jika q positif dan berlawanan dengan r r v × B jika q negatif. Arah perkalian v × B sama dengan arah maju sekrup ketika diputar r r dari arah vektor v ke arah vektor B . r r Ketika partikel memasuki medan magnet arah v ke kiri dan B tembus kertas ke r r depan sehingga arah v × B ke atas. Untuk membelokkan partikel arah F harus ke bawah, r yaitu berlawanan dengan arah v × B . Kita simpulkan partikel bermuatan negatif.

b) Bentuk lintasa partikel dalam medan magnetik adalah setengah lingkaran. Penyebabnya adalah karena arah gaya selalu tegak lurus arah keceptan. c) Gaya magnetik selalu tegak lurus kecepatan sehingga tidak menghasilkan tambahan laju. Gaya magnetik hanya mengubah arah kecepatan. Jadi, saat meninggalkan medan magnetik laju partikel tetap vo. 3. a) Manakah dari dua lampu identik (60 W/220 V) di antara dua rangkaian berikut yang menyala paling terang jika dipasang pada sumber tegangan yang sama pada frekuensi 50 Hz, L = 0,1 mH, dan C = 20 µF? Jelaskan

L

C

Rangkaian I

Rangkaian II

259

b) Tentukan frekuensi sumber yang diperlukan pada rangkaian di bawah agar lampu (60 W/220 V) menyala paling terang jika L = 0,2 mH dan C = 10 µF.

L

C

Jawab a) Hambatan yang dimiliki masing-masing lampu V 2 220 2 R= = = 807 Ω P 60 Reaktansi induktif untuk rangkaian I X L = ωL = 2πfL = 2 × 3,14 × 50 × (0,1 × 10 −3 ) = 0,0314 Ω Reaktansi kapasitif untuk rangkaian II 1 1 1 XC = = = = 159 Ω ωC 2πfC 2 × 3,14 × 50 × (20 × 10 −6 ) Impedansi rangkaian I

Z I = R 2 + X L2 = (807) 2 + (0,0314) 2 = 807 Ω Impedansi rangkaian II Z II = R 2 + X C2 = (807) 2 + (159) 2 = 823 Ω

Arus efektif pada rangkian I 220 V I 1ef = = = 0,273 A Z I 807 Arus efektif pada rangkian II 220 V I 2 ef = = = 0,267 A Z II 823 Daya yang dihasilkan lampu I P1 = VI 1ef cos θ

Karena sudut antara tegangan dan arus nol maka θ = 0 dan cos θ = 1. Dengan demikian

260

P1 = VI 1ef = 220 × 0,273 = 60 W

Dengan cara yang sama kita dapatkan daya pada lampu II P2 = VI 2ef = 220 × 0,267 = 58,74 W Kita simpulkan lampu pada rangkaian I menyala lebih terang b) Reaktansi kapasitif X C = 1 / ωC Reaktansi induktif X L = ωL Impedansi rangkaian RLC adalah Z = R 2 + ( X L − X C ) 2 . Lampu menyala paling terang jika arus paling besar, dan arus paling besar jika impedansi paling kecil. Impedansi paling kecil terjadi saat XL = XC ωL = 1 / ω C atau

ω=

1 LC

=

1 (0,2 × 10 −3 )(10 × 10 −6 )

= 2,24 × 10 4 rad/s

4. Dua buah gelombang harmonik bergerak pada sumbu x positif, dengan beda fase selalu tetap sebesar θ. Jika amplitudo (6 cm), frekuensi (100 Hz), dan panjang gelombang (20 cm) kedua gelombang tersebut sama, tentukan a) Aplitudo gelombang resultan jika θ = π/2 b) Nilai-nilai θ yang menyebabkan amplitudo gelombang resultan maksimum Jawab a) Untuk gelombang yang merambat ke arah x positif y1 = A cos(kx − ωt ) y 2 = A cos(kx − ωt + θ )

Superposisi kedua gelombang y = y1 + y 2 = A cos(kx − ωt ) + A cos(kx − ωt + θ ) (kx − ωt + θ ) + (kx − ωt ) cos (kx − ωt + θ ) − (kx − ωt ) = 2 A cos 2 2 = 2 A cos(kx − ωt + θ / 2 ) cos(θ / 2 ) = AR cos(kx − ωt + θ / 2 )

Dengan AR = 2 A cos(θ / 2 ) adalah amplitudo gelombang superposisi. Jika θ = π/2 maka AR = 2 × 6 × cos(π / 4 ) = 8,5 cm. b) Amplitudo maksimum terjadi jika cos θ / 2 = ±1 . Ini dipenuhi oleh θ/2 = 0 atau θ/2 = π.

261

5. Sebuah batang konduktor dengan panjang L = 0,04 m bergerak memasuki medan magnetik B yang besarnya 0,5 T dengan arah masuk bidang gambar. Batang tersebut bergerak dengan laju tetap v = 6 cm/s ke bawah seperti yang ditunjukkan pada gambar di bawah. L konduktor

P

Q

v

B

a) Berapa besar ggl induksi pada batang selama bergerak dalam medan B b) Ujung mana pada batang yang potensialnya lebih tinggi, P atau Q? Jelaskan Jawab a) Untuk memudahkan dalam menentukan ggl serta arus induksi yang dihasilkan, kita buat loop virtual sebagai berikut

Q

P v B

Luas loop virtual adalah A = Lx

Fluks magnet dalam loop virtual

φ = BA = BLx GGl yang dihasilkan 262

x

dφ d dx = − ( BLx) = − BL = − BLv dt dt dt = −0,5 × 0,04 × (6 × 10 −2 ) = −0,0012 V

ε =−

b) Ketika batang bergerak turun maka luas loop makin kecil sehingga fluks makin kecil. Berdasakan hokum Lentz, aus induksi yang dihasilkan melawan perubahan fluks dengan cara memperbesar fluks. Untuk ini maka medan yang dihasilkan arus induksi searah dengan medan yang telah ada. Agar ini terjadi maka dengan aturan tangan kanan, aliran arus dalam loop harus searah putaran jarum jam

Q

P

Saat batang bergerak turun dalam medan magnet maka batang berperan sebagai sebuah baterei. Agar arus dalam loop virtual bergeral searah putaran jarum jam maka kutub positiuf baterei harus titik Q dan kutub negatif titip P. Jadi titik Q memiliki potensial lebih tinggi dari titik P. Penjelasan lain Batang konduktor memiliki elektron yang dapat bergerak bebas. Ketika batang bergerak ke bawah maka electron dalam batang juga ikut bergerak ke bawah. Kerana gerakan el;ektron berlangsung dalam medan magnet maka electron mengalami gaya Lorentz. Dengan aturan tangan kanan maka arah gaya pada elekteron adalah ke arah kiri batang. Akibatnya electron menyimpang ke ujung kiri batang dan menyisakan muatan piositif di ujung kanan batang. Dengan demikian potensial di ujung kiri batang lebih rendah daripada potensial di ujung kanan.

6. Pola interferensi dihasilkan oleh gelombang koheren yang keluar dari empat buah celah sempit dengan jarak antara celah seragam a) Dengan menggunakan diagram fasor, tentukan beda fase gelombang yang keluar dari dua buah celah berurutan agar dihasilkan i) interferensi maksimum ii) interferensi minimum b) Buatlah sketsa pola interferensi terhadap beda fase Jawab

263

a)

d

d sin θ celah

layar

Beda fase gelombang dari dua celah berdekatan adalah δ = kd sin θ . Amplitudo gelombang superposisi dapat ditentukan dengan diagram fasor dengan cara menjumlahkan empat vektorn yang panjangnya sama dan sudut antara dua vektor berurutan adalah δ. i) Inteferensi maksimum utama terjadi ketika penjumlahan empat vector sebagai berikut δ=0

Pada penjumlahan ini, δ = 0, 2π, 4π, …

dan AT = 4 A

ii) Interferensi minimum terjadi ketika

penjumlahan empat vector sebagai berikut

δ

Pada penjumlahan ini, δ = π/2

δ = π/2

dan AT = 0

penjumlahan empat vector sebagai berikut

264

AT = 0

AT = 4A

δ=π

AT = 0

Pada penjumlahan ini, δ = π dan AT = 0

penjumlahan empat vector sebagai berikut δ δ = 3π/2 AT = 0

Pada penjumlahan ini, δ = 3π/2

dan AT = 0

b) Pola intensitas sebagai fungsi beda fase sebagai berikut

I

0 π/2

265

π

3π/2

δ 2π