ITB-Diktat Fisika Dasar II
574
DIKTAT KULIAH FISIKA DASAR II TAHAP PERSIAPAN BERSAMA ITB Materi Sesuai Dengan Silabus Mata Kuliah Fisika Dasar II ITB Oleh: DR.Eng. Mikrajuddin Abdullah, M.Si. Fakultas Matematika dan Ilmu Pengetahuan Alam Institut Teknologi Bandung 2006 DIKTAT KULIAH FISIKA DASAR II TAHAP PERSIAPAN BERSAMA ITB Materi Sesuai Dengan Silabus Mata Kuliah Fisika Dasar II ITB Oleh: DR.Eng. Mikrajuddin Abdullah, M.Si. Fakultas Matematika dan Ilmu Pengetahuan Alam Institut Teknologi Bandung 2006
-
Upload
taufik-rizkiandi -
Category
Documents
-
view
1.513 -
download
44
Transcript of ITB-Diktat Fisika Dasar II
DIKTAT KULIAH FISIKA DASAR IITAHAP PERSIAPAN BERSAMA ITB
Materi Sesuai Dengan SilabusMata Kuliah Fisika Dasar II ITB
Oleh:DR.Eng. Mikrajuddin Abdullah, M.Si.
Fakultas Matematika dan Ilmu Pengetahuan AlamInstitut Teknologi Bandung
2006
DIKTAT KULIAH FISIKA DASAR IITAHAP PERSIAPAN BERSAMA ITB
Materi Sesuai Dengan SilabusMata Kuliah Fisika Dasar II ITB
Oleh:DR.Eng. Mikrajuddin Abdullah, M.Si.
Fakultas Matematika dan Ilmu Pengetahuan AlamInstitut Teknologi Bandung
2006
Kata Pengantar
Untuk melengkapi diktat kuliah Fisika Dasar I, kami kembali mengeluarkan diktat
kuliah untuk Fisika Dasar II dengan harapan semoga bisa menjadi pelengkap yang
berarti bagi referensi-referensi yang telah ada. Agar mahasiswa lebih memahami
persamaan-persamaan yang dibahas, contoh soal dan penyelesaian sengaja diperbanyak
jumlahnya.
Karena merupakan versi paling awal, kami menyadari masih akan ditemui beberapa
kesasahan dalah isi maupun pengetikan (mudah-mudahan tidak terlalu banyak). Kami
akan terus melakukan perbaikan, koreksi, dan pelengkapan materi sehingga diktat ini
menjadi diktat yang cukup lengkap dalam membantu para mahasiswa baru
menyelesaikan mata kuliah fisika dasar di tahun pertama ITB. Pada saat bersamaan
kami sangat mengharapkan kritik, saran, komentar, atau ide-ide yang membangun dari
pada pembaca guna perbaikan mutu diktat ini. Komentar tersebut dapat dikirim ke
E-mail: [email protected].
Terima kasih dan wassalam
Mikrajuddin Abdullah
ii
Daftar Isi
Bab 1 Hukum Coulomb dan Hukum Gauss 1
Bab 2 Potensial Listrik dan Kapasitor 59
Bab 3 Listrik Arus Searah 112
Bab 4 Kemagnetan 158
Bab 5 Hukum Biot Savart 189
Bab 6 Hukum Ampere 225
Bab 7 GGL Induksi dan Induktansi 244
Bab 8 Arus Bolak-Balik 299
Bab 9 Besaran Gelombang 350
Bab 10 Gejala Gelombang dan Gelombang Bunyi 403
Bab 11 Interferensi Gelombang Elektromagnetik 450
Bab 12 Model Atom dan Molekul 514
iii
Bab 1 Hukum Coulomb dan Hukum Gauss
Newton menemukan bahwa dua buah massa saling tarik-menarik dengan gaya yang berbanding lurus dengan perkalian dua massa dan berbanding terbalik dengan kuadrat jarak keduanya. Coulomb menemukan sifat serupa pada muatan listrik. Dua buah muatan listrik saling mengerjakan gaya yang besarnya berbanding lurus dengan perkalian dua muatan dan berbanding terbalik dengan kuadrat jarak keduanya.
ambar 1.1 Muatan sejenis tolak-menolak dan muatan berbeda jenis tarik-menarik
ambar 1.2 Sisir menarik potongan-potongan kertas karena memiliki muatan listrik yang
12Fr
12Fr
12Fr
21Fr
21Fr
21Fr
q1
q1
q1
q2
q2
q2
12Fr
12Fr
12Fr
21Fr
21Fr
21Fr
q1
q1
q1
q2
q2
q2
G
Gberbeda
1
Gaya yang dihasilkan bisa berupa gaya tarik-menarik atau tolak menolak, tergantung pada
a-sama negatif
jenis, yaitu positif dan negatif, saling melakukan gaya
.1 Gaya Coulomb Antara Dua Muatan Titik titik, mari kita misalkan ada dua muatan q1
jenis muatan yang melakukan gaya. Dari hasil pengamatan didapatkan bahwa i) Dua muatan sejenis, yaitu muatan yang sama-sama positif atau sammelakukan gaya tolak-menolak. ii) Dua muatan yang tidak setarik-menarik. 1Untuk menentukan gaya Coulomb dua muatan dan q2 yang berada pada posisi 1r
r dan 2rr . Vektor posisi muatan q2 relatif terhadap q1
adalah
1rr
2rr
21rq1 q2
r
1rr
2rr
21rq1 q2
r
ambar 1.3 Posisi muatan q1 dan q2 dalam system koordinat
(1.1)
Jarak antar
G
1221 rrr rrr−=
a dua muatan tersebut adalah adalah
2121 rr r= 12 rr rr
−=
Vektor satuan yang searah dengan vektor 21rr adalah
12
1221ˆ rrrr rr
rrr−
== 21
21 rrr − (1.2)
Besarnya gaya Coulomb pada muatan q2 oleh muatan q1 adalah
221
211 qqF = 21 4 roπε
2
212
21
41
rrqq
orr
−=
πε (1.3)
Arah gaya searah dengan vektor satuan sehingga kita dapat mengungkapkan
alam notasi vektor sebagai berikut 21F 21r 21F
d
21212
2121 ˆ
41 qqr
rrrorr
−=
πε (1.4)
Dengan mensubstitusi dari persamaan (1.2) ke dalam persamaan (1.4) kita dapat juga
enulis
F
21r m
12
122
12
2121
)(4 rr
rrrr
orr
r1
r
rr −−
−=
πε F
r
)(4
1123
12
21 rrrr
o
rrrr −
−=
πε (1.5)
Dengan menggunakan hukum aksi-reaksi Newton dengan segera kita dapatkan gaya Coulomb
ada muatan q1 oleh muatan q2 adalah
2112
p
FFrr
−=
Contoh
uatan q1 = 2 mC berada pada koordinat (0,3) m dan muatan q2 = 4 mC berada pada t (4,6) m. Lihat Gambar 1.4. Berapa gaya yang dilakukan muatan q1 pada muatan
rikan C = 2 × 10-3 C
× 10-3 C
Mkoordinaq2? Jawab Dibeq1 = 2 mq2 = 4 mC = 4
jjir ˆ3ˆ3ˆ01 =+=r m
jir ˆ6ˆ42 +=r m
jijj6+irrr ˆ3ˆ4ˆ3)ˆ4(1221 +=−=−=rrr m
3
2532 =4221 +=rr = 5 m
Gambar 1.4
esarnya gaya antara dua muatan B
2
339
221
5109
4×==
rF
orπε21
)104)(102(1 −− ××qq = 2 880 N
Untuk menyatakan dalam notasi vector
jijirrr ˆ
53ˆ
54
534ˆ 21
21 +=== rˆˆ
21
+r
Dengan demikian
jijirr
Fo
ˆ4 212
2121 = rπε
qq ˆ1728ˆ2304ˆ53ˆ
54
5)104)(102(1091
2
339
21
+=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +
×××=
−−r N
Contoh Tentukan besar gaya Coulomb pada electron atom hydrogen yang dilakukan oleh proton di
ti. Anggaplah bahwa electron mengelilingi proton pada jarak r = 0,53 A. Besar muatan dan proton adalah 1,6 × 10-19 C.
inelectron Jawab
1rr
2rrq1
2
21rr
21Fq ry
0 1 2 3 4 5
1
2
3
4
5
6
x
1rr
2rrq1
q2
21rr
21Fr
0 1 2 3 4 5
1
2
3
4
5
6
x
y
4
Besar gaya yang dilakukan proton pada electron
82112 )103,5(4 −×roπε
1919921 102,8)106,1)(106,1()109( −
−−
×=××
×=qq N
1.2 Gaya Coulomb oleh sejumlah muatan ika terdapat sejumlah muatan maka gaya total pada suatu muatan merupakan jumlah vector aya yang dilakukan oleh sejumlah muatan lainnya. Misalkan kita memiliki muatan q1, q2, q3,
ihat Gambar 1.5. Misalkan: koordinat posisi muatan q1 adalah
1=F
Jgdan q4. Berapa gaya pada muatan q4?
Ganbar 1.5 Posisi koordinat sejumlah muatan dan gaya total yang bekerja pada satu muatan
L 1rr , koordinat posisi muatan
2 adalah , koordinat posisi muatan q3 adalah q 2rr
3rr , dan koordinat posisi muatan q4 adalah
4rr .
Gaya yang dilakukan muatan q1 pada muatan q4 adalah 41341
4141 4
rr
Fo
rrπ
= 1 qqr
ε
q1
q2
q4
1rr
2rr
3rr
4rr
41rr
42rr
43rr
41Fr
42Fr
43Fr
x
y
q3
41Fr
42Fr
43Fr
4241 FFrr
+
434241 FFFrrr
++
q1
q2
q4
1rr
2rr
3rr
4rr
41rr
42rr
43rr
41Fr
42Fr
43Fr
x
y
q3
q1
q2
q4
1rr
2rr
3rr
4rr
41rr
42rr
43rr
41Fr
42Fr
43Fr
x
y
q3
41Fr
42Fr
43Fr
4241 FFrr
+
434241 FFFrrr
++41Fr
42Fr
43Fr
4241 FFrr
+
434241 FFFrrr
++
5
42342
4242 4
1 rr
qqF
o
rr
r
πε= Gaya yang dilakukan muatan q2 pada muatan q4 adalah
43343
4343 4
1 rr
qqF
o
rr
r
πε= Gaya yang dilakukan muatan q3 pada muatan q4 adalah
Gaya total pada muatan q4 adalah
++=
ecara umum, gaya pada muatan qo yang dilakukan sejumlah muatan q1, q2, q3, …, qN adalah
4342414 FFFFrrrr
S
∑=N
=
Frr
i
iao1
0F
∑=
N 1=
ii
i
i
o
rr
qq1
030
0
4r
rπε (1.6)
Contoh Tiga buah muata 6. Masing-masing muatan tersebut adalah q1 = 1 mC, q2 = 2 mC, dan q3 = - 4 mC. Berapa gaya
tal pada muatan q1 dan gaya total pada muatan q3?
Gambar 1.6 Jawab
n berada pada titik sudut segitiga sama sisi seperti pada Gambar 1.
to
q1 = 1 mC
q2 = 2 mC q3 = -4 mC
50 cm
50 cm
50 cm
q1 = 1 mC
q2 = 2 mC q3 = -4 mC
50 cm
50 cm
50 cm
6
Pertama kita tentukan gaya pada muatan q1. Perhatikan Gbr. 1.7.
r 1.7 Gaya-gaya yang bekerja pada muatan q1
Jarak antara mu
q1 = 1 mC
q2 = 2 mC q3 = -4 mC
50 cm
50 cm
50 cm
α
12Fr
13Fr
1Fr
q1 = 1 mC
q2 = 2 mC q3 = -4 mC
50 cm
50 cm
50 cm
α
12Fr
13Fr
1Fr
Gamba
12rr atan q1 dan q2: = 50 cm = 0,5 m
Jarak antara muatan q1 dan q3: 13rr = 50 cm = 0,5 m
Besar gaya oleh q2 pada q1 (tolak) adalah
42
339
221
2112 102,7
)5,0()102)(10()109(
41
×=×
×==−−
rqqF
orπε
N
Besar gaya oleh q3 pada q1 (tarik) adalah
42
339
231
3113 104,14
)5,0()104)(10()109(
41
×=×
×==−−
rqq
Forπε
N
engan aturan jajaran genjang, maka besar gaya total pada muatan q1 memenuhi
++=
= 1,6 × 1010
D
αcos2 12122
132
122
1 FFFFF
Pada gambar, jelas α = 120o sehingga cos α = -1/2 dan
( ) )2/1)(104,14)(102,7(2)104,14(102,7 44242421 −××+×+×=F
7
atau
5101 103,1106,1 ×=×=F N
Berikutnya kita tentukan gaya pada muatan q3. Perhatikan Gbr. 1.8:
Gambar 1.8 Gaya-gaya yang bekerja pada muatan q3
q1 = 1 mC
q2 = 2 mC q
50 cm
50 cm
50 cm
β
31Fr
32Fr
3Fr
3 = -4 mC
q1 = 1 mC
q2 = 2 mC q
50 cm
50 cm
50 cm
β
31Fr
32Fr
3Fr
3 = -4 mC
Jarak muatam q3 ke muatan q1: 31r = 50 cm = 0,5 m r
Jarak muatam q3 ke muatan q2: 32rr = 50 cm = 0,5 m
Besar gaya pada muatan q3 oleh muatan q1 (tarik)
42
339
231
3131 104,14
)5,0()104)(10()109(
41
×=×
×==−−
rqq
Forπε
N
Besar gaya pada muatan q3 oleh muatan q2 (tarik)
48
339
232
3232 108,28
)5,0()104)(102()109(
41
×=××
×==−−
rqq
Forπε
N
Dengan aturan jajaran genjang, maka besar gaya total pada muatan q3 memenuhi
++=
βcos2 32312
322
312
3 FFFFF
8
Pada gambar, jelas β = 60o sehingga cos β = 1/2 dan
= 1,5 × 1011
atau
( ) )2/1)(108,28)(104,14(2)108,28(104,14 44242423 ××+×+×=F
511 109,3105,1 ×=×=F N 3
1.3 Medan Listrik Mengapa muatan q1 dapat melakukan gaya pada muatan q2 meskipun ke dua muatan tersebut
tentang gaya gravitasi yaitu karena adanya edan gaya. Gaya Coulomb muncul karena muatan q1 menghasilkan medan listrik pada
posisi muatan q2. Muatan q2 berinteraksi dengan medan yang dihasilkan muatan q1, dan interaksi tersebut menghasilkan gaya pada muatan q2.
dinyatakan
21
tidak bersentuhan? Mirip dengan pembahasan kita m
Jika besarnya medan listrik yang dihasilkan muatan q1 pada posisi muatan q2
Er
sebagai maka gaya yang dilakukan oleh muatan q1 pada muatan q2 memenuhi
persamaan
21221
EqFrr
= (1.7)
Dengan membandingkan persamaan (1.7) dengan ungkapan hukum aan
maka kuat medan listrik yang dihasilkan muatan q1 pada posisi muatan q2 memenuhi
Coulomb pada persam(1.5),
21321ro
121 4
1 rq rr
r
πε= (1.8) E
Dinyatakan dalam scalar, besarnya medan listrik yang dihasilkan muatan sembarang pada jarak r dari muatan tersebut adalah
241 qE =
roπε (1.9)
Tampak bahwa besarnya medan berbanding terbalik dengan kuadrat jarak dari muatan. Jika dubuatkan kurva kuat medan terhadap jarak kita dapatkan Gambar 1.9
9
E (N/C)
r (m)
E (N/C)
r (m)
Gam
ii) Masuk ke muatan tersebut jika muatan memiliki tanda negatif.
ambar 1.10 Arah medan listrik: (a) keluar dari muatan positif dan (b) masuk ke muatan
bar 1.9 Kuat medan listrik yang dihasilkan muatan titik sebagai fungsi jarak. Arah medan listrik didefinisikan sebagai berikut: i) Keluar dari muatan jika muatan tersbut memiliki tanda positif.
E EE E
Gnegatif.
10
Contoh Ada dua buah muatan masing-masing q1 = 2 mC dan q2 = -5 mC. Ke dua muatan tersebut ipisahkan oleh jarak 80 cm. A) berapa kuat medan litrik dan arahnya pada titik tepat di antara
dua muatan tersebut? (b) Di manakah posisi yang memiliki medan nol? Jawab Perhatikan Gbr. 1.11.
ambar 1.11
dan r2 = 0,4 m uat medan listrik yang dihasilkan muatan q1
d
q1=2 mC q2= -5 mC
r = 0,8 m
r1 = 0,4 m r1 = 0,4 mEp1
Ep2P
q1=2 mC q2= -5 mC
r = 0,8 m
r1 = 0,4 m r1 = 0,4 mEp1
Ep2P
G a) Tampak bahwa r1 = 0,4 mK
822
1 )4,0(rKuat medan listrik yang dihasilkan muatan q2
391 101,1102)109( ×=
××=
−q N/C (ke kanan) 1 = kEp
82
3−9
22
2 108,2)4,0(
105)109( ×=×
×=rq N/C (ke kanan)
P yang dihasilkan oleh dua muatan
N/C (ke kanan)
b) Posisi dengan medan nol tidak mungkin berada di antara dua muatan karena masing-masing muatan menghasilkan medan yang arahnya ke kanan. Posisi dengan medan nol juga tidak mungkin berada di sebelah kanan muatan q2 karena jarak ke muatan q2 lebih kecil daripada jarak ke muatan q1 sedangkan nilai muatan q2 lebih besar aripada nilai muatan q1. Dengan demikian, di sebelah kanan muatan q2, medan yang
atan q2 selalu lebih besar daripada medan yang dihasilkan muatan q1 sehingga e dua medan tidak mungkin saling menghilangkan.
alah di sebelah kiri muatan q1. Misalkan posisi
2 = kEp
Medan total pada titik
88821 109,3108,2101,1 ×=×+×=+= ppp EEE
ddihasilkan mukPosisi yang mungkin memiliki medan nol adtersebut berada pada jarak x di sebelah kiri muatan q1.
11
Jarak titik tersebut ke muatan q1: x Jarak titik tersebut ke muatan q2: 0,8 + xMuatan q1 menghasilkan medan ke arah kiri
e dua medan saling menghilangkan jika besarnya sama, atau
Muatan q2 menghasilkan medan ke arah kanan K
22 )8,0( xx +21 qkqk =
22
1
22
25)8,0 xx
qqx ==+ (
22 5)8,0(2 xx =+ 22 5)6,164,0(2 xxx =++
22 522,328,1 xxx =++ atau
028,12,33 2 =−− xx Solusinya adalah
6632==
×=x = 1,4 m
Jadi medan listrik nol terjadi pada jarak 1,4 m di sebelah
1,52 +
kiri muatan q1
ibusi muatan edan listrik yang dihasilkan oleh muatan titik.
i medan yang dihasilkan oleh masing-masing lebih rumit, yaitu jika muatan
ang menghasilkan medan bukan merupakan muatan titik, melainkan muatan yang terdistrubusi pada benda yang memiliki ukuran besar. Sebagai contoh adalah muatan yang dihasilkan oleh batang, cincin, bola, dan sebagainya. Hukum Coulomb tetap berlaku untuk distribusi muatan apa saja. Namun untuk distribusi muatan pada benda besar kita sering mengalami kesulitan menggunakan hokum Coulomb secara langsung kecuali untuk beberapa bentuk. Kita akan mencari medan listrik yang dihasilkan oleh benda yang bentuknya sederhana.
a) Medan listrik oleh muatan cincin in yang berjari-jari a. Cincin tersebut mengandung muatan q yang tersebar
ecara merata. Artinya, jumlah muatan per satuan panjang cincin adalah konstan. Kita akan mencari kuat medan listrik sepanjang sumbu cincin, yaitu pada posisi yang berjarak h dari pusat cincin. Bagaimana menghitungnya?
,36,252,3)28,1(34)2,3(2,3 2 +−××−+
1.4 Medan Listrik yang dihasilkan distrDi bagian terdahulu kita sudah membahas mMedan total merupakan penjumlahan vector darmuatan titik. Sekarang kita meningkat ke kondisi yang sedikity
Kita memiliki cincs
12
13
∆E∆Ev ∆E∆Ev
Gambar 1.12 Medan listrik di sumbu cincin
r θ h
h∆E
Keliling cincin adalah
aS π2= (1.10) Kerapatan muatan cincin (muatan per panjang) adalah
aq
Sq
πλ
2==
Kita bagi cincin atas bagian-bagian kecil sejum ah N buah. Panjang tiap bagian adalah
l
NSS =∆ (1.11)
Jika N cukup besar maka ∆S cukup kecil sehingga tiap bagian dapat dipandang sebagai muatan titik. Dengan demikian, hokum Coulomb untuk muatan titik dapat digunakan untuk menghitung medan yang dihasilkan ∆S. Muatan yang dikandung tiap elemen adalah
Sq ∆=∆ λ (1.12)
a
r θ h
h∆E
a
sehingga medan listrik pada titik pengamatan yang dihasilkan oleh elemen muatan ini adalah
22 411 qE =
∆=∆
4 rS
r oo
∆λπεπε
(1.13)
engan menggunakan dalil Phitagoras maka
+= sehingga
D
222 ahr
2241 SE ∆
=∆aho +
λπε
1.14)
Perhatikan m
apat diuraikan atas komponen vertikan dan horizontal
(
edan ∆E. Arahnya membentuk sudut θ dengan sumbu cincin. Medan tersebut d
θcosEEv ∆=∆ (1.11) θsinEEh ∆=∆ (1.16)
ari gambar tampak bahwa
D
cos22 ahr +
hh==θ
cos22 ah
ara
+==θ
engan demikian D
( ) 2/3222222 41
41
ahSh
ahh
ahSE
oov
+
∆=
++∆
=λ
πελ
πε (1.17) ∆
( ) 2/3222222 41
41E
ahSa
aha
ahS
ooh
+
∆=
++∆
=∆λ
πελ
πε (1.18)
Apabila kita melihat elemen lain di cincin yang tepat berseberangan dengan elemen yang
lah kita pilih sebelumnya maka kita dapatkan elemen tersebut menghasilkan komponen
anan sehingga saling meniadakan.
temedan arah vertical yang sama baik besar maupun arah. Namun komponen medan arah horizontal memiliki besar sama tetapi arah berlaw
14
Akibatnya, komponen horizontal medan yang dihasilkan elemen-elemen pada cincin saling meniadakan sehkarena itu, untu
ihasilkan oleh masing-masing elemen. Jadi medan total yang dihasilkan adalah
ingga medan total yang dihasilkan cincin hanya memiliki arah vertical. Oleh k menentukan medan total kita cukup menjumlahkan komponen vertical yang
d
( ) ( )∑ ∑∑ ∆+
=+
∆=∆= S
ahh
ahShEE
oov 2/3222/322 4
14
1 λπε
λπε
(1.19)
Ingat adalah jumlah panjang semua elemen cincin, dan ini tidak lain daripada keliling
cincin. Dengan demikian
∑∆S
( ))2(
41 hE 2/322
aaho
πλπε +
(1.20)
Tetapi,
=
qa =)2( πλ , yaitu muatan total cincin. Jadi kita peroleh medan total pada sumbu incin
c
( ) 2/32241
ahqhE
o +=
πε (1.21)
b) Medan Listrik Oleh Muatan Batang Kita akan bahas medan listrik yang dihasilkan oleh batang yang memiliki panjang L di posisi yang sejajar dengan sumbu batang. Titik pengamatan adalah pada jarak a dari ujung batang terdekat. Batang memiliki kerapatan muatan homogen. Jika muatan batang Q maka krapatan muatan batang adalah
LQ
=λ (1.22)
mener
Panjang tiap elemen adalah Untuk apkan hokum Coulomb kita bagi batang atas N buah elemen yang sama panjang.
NLL =∆ (1.23)
ika N sangat besar maka ∆L sangat kecil sehingga tiap elemen dapat dipandang sebagai titik.
at elemen di batang yang jaraknya x dati titik pengamatan. Lihat Gbr. 1.14. Muatan
J Kita lih
15
yang dikandung elemen tersebut adalah
LQ ∆=∆ λ (1.24)
en tersebut pada titik pengamatan adalah
a
Gambar 1.13 Medan listrik yang dihasilkan oleh batang Medan yang dihasilkan elem
22 41
41
xL
xQE
oo
∆=
∆=∆
λπεπε
(1.25)
Medan total di titik pengamatan adalah
⎟⎠
⎜⎝
+++= 222
21
...4 No xxx
λπε
(1.26) ⎟⎞
⎜⎛ ∆∆∆
∆= ∑ 1 LLLE
Penjumlahan dalam erikan hasil
E
dengan
ax =1 LaxN +=
tanda kurung memb
)(... 22
221 Laa
Lx
LxL
xL
N +=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ ∆++
∆+
∆ (1.27)
Dengan demikian, medan total yang dihasilkan semua muatan pada batang adalah
x
a+L dL
a
x
a+L
x
a
a+L dL
16
)(4)(4)(4 LaaLaaLaa ooo +++ πε111 QLL
===λE
πεπελ (1.28)
c) Medan Listrik Oleh Dipol
ipol adalah muatan yang sama besar dan berbeda tanda tetapo dipisahkan pada jarak tertentu. lihat dari jarak yang cukup jauh, dipol tampak netral
arena kedua muatan sangat berdekatan. Tetapi dilihat dari jarak yang cukup dekat, yaitu pada orde yang sama dengan jarak pisah dua muatan, dipol tampak sebagai dua muatan terpisah. Aplikasi dipol dapat dijumpai dalam berbadai hal. Bahan dielektrik yang dipakai secara luas
bauatn kapasitor atau memori adalah bahan yang mudah menghasilkan dipol begitu ikenai medan listrik dari luar. Makin mudah bahan tersebut menghasilkan dipole, maka
konstanta dielektrik bahan tersebut makin besar.
ya e negatif dipisahkan dan diosilasikan (saling
E2
DBiasanya jarak tersebut cukup kecil. Dik
pada pemd
-q +q
β
β
Gambar 1.15 Menentukan medan listrik oleg dipol Pemamcar gelombang elektromagnetik seperti pemancar radio dan televisi umumnm nghasilkajn osilasi dipole. Muatan posisi dan mendekat dan menjauh). Berdasarkan teori elektromagnetik, muatan yang berosilasi memancarkan gelombang elektromagnetik dengan frekuensi samam dengan frekuensi osilasi muatan.
d/2 d/2
E
E
h rr1
θ
E2
-q +q
β
β
d/2 d/2
E
E
h rr1
θ
-q +q
β
β
d/2 d/2
E
E
h rr1
θ
17
Kita akan menghitung kuat medan listrik yang dihasilkan oleh dipole. Untuk mudahnya, kita hanya menghitung kuat medan sepanjang gasris yang tegak lurus sumbu dipol. Lihat Gbr. 11.15. Besar medan yang dihasilkan muatan negatif
2221 )2/(41
41
dhq
rqE
oo +==
πεπε (menuju ke arah muatan) (1.29)
Besar medan yang dihasilkan muatan positif
2222 )2/(41
41
dhq
rqE
oo +==
πεπε (menjauhi muatan) (1.30)
Medan resultan yang dihasilkan (hanya memiliki komponen arah horizontal).
ββ coscos 21 EEE +=
βπε
cos)2/(
21 q (4 22 dho +
1.31) =
Tetapi θβ −= o90 , sehingga θθβ sin)90cos(cos =−= o Berdasarkan Gambar 11.15
22 )2/(dhr +
Akhirnya, medan listrik yang dihasilkan dipol adalah
2/2/ d==θ (1.32) dsin
θπε
sin)2/(4 22 dh
Eo +
= 21 q
2222)2/(
2/)2/(
24
1dh
ddhq
o ++=
πε
[ ] 2/322 )2/(4 dho +πε (1 qd 1.33)
Kita mendefinisikan momen dipol
=
18
qdp = (1.34)
Dengan demikian, diperoleh
[ ] 2/322 )2/(41
dhpE
o +=
πε (1.35)
ita peroleh adalah jika jarak titik pengamatan (h) sangat besar ibandingkan dengan jarak antara dua muatan, atau
Kasus khusus yang akan k
hd <<d , maka kita dapat mengaproksimasi
engan demikian,
222 )2/( hdh ≈+ D
[ ] 32/32 41
41
hp
hpE
oo πεπε=≈ (1.36)
1.4 Perhitungan MedanMari kita perluas cara perhitungan kuat medan listrik dengan menggunakan metode integral.
isalkan kita memiliki benda sembarang seperti pada Gambar 1.16.
ambar 1.16 K sembarang
ita ingin mencari kuat medan listrik pada tikip sembarang P. Kita lihat suatu elemen kecil dung muatan . Misalkan vektor posisi elemen tersebut adalah
Dengan Metode Integral
M
G uat medan listrik yang dihasilkan benda kontinu
Kbenda yang mengan dq rr dan
rr
P
rrPrr
−
P
rr
rr
P
rrPrr
−
P
rr
19
vektor posisi titik pengamatan adalah Prr . Posisi relatif titik pengamatan terhadap elemen
muatan adalah dan jarak titik pengamatan ke elemen muatan adalah rrPrr
− rrPrr
− . Jika
esar mauatan pada titik pengamatan adalah maka gaya yang dialami muatan tersebut PQ bakibat elemen muatan dq adalah
)(4
1 dqQ rrr2 r3 r
rrFd
P
P
oP rr −
−=
πε
Medan listrik di titik P yang dihasilkan oleh elemen muatan adalah
dq
P
PP Q
FdEdr
r=
)(4
123 rr
rrdq
Po
rrrr −
−=
πε (1.37)
uat medan total di titik P yang dialibatkan oleh seluruh muatan pada benda menjadi K
∫= PP EdErr
∫ −−
= )(4
123 rr
rrdq
Po
rrrrπε
(1.38)
Persamaan (1.38) merupaka bentuk umum dar ersamaan untuk mencri kuat medan listrik yang dihasilkan oleh m
i puatan yang terdistribusi kontinu. Berdasarkan jenis distribusi muatan,
ita menemui tiga macam yaitu distribusi muatan, yaitu satu dimensi, distribusi muatan dua dimensi, dan ditribusi muatan tiga dimensi. i) Untuk distribusi muatan satu dimensi, misalnya muatan pada kawat maka
k
dxdq λ= dengan λ adalah rapat muatan per satuan panjang dan dx adalah elemen panjang kawat.
tan at maka dSdq σ= ii) Untuk distribusi muatan dua dimensi, misalnya mua pada peldengan σ adalah rapat muatan per satuan luas permukaan dan dS adalah elemen luas permukaan. iii) Untuk distribusi muatan tiga dimensi maka dVdq ρ= dengan ρ adalah rapat muatan per satuan volum dan dV adalah elemen volum benda.
20
Untuk lebih memahami aplikasi metode integral ini mari kita tinjau beberaoa contoh berikut ini.
) Muatan Pada Kawat Lurus Tak Berhingga rus tak
erhingga. Lihat skema pada Gbr. 1.1
1.38).
aKita akan mencari kuat medan listrik pada posisi yang berjarak a dari kawat lub
Gambar 1.17 Menentukan kuat medan magnet yang dihasilkan oleh elemen kawat lurus panjang Sebelum melakukan integral, kita harus menyederhanakan dulu ruas kanan persamaan (Tinjau elemen kawat sepanjang dx yang memuat muatan sebesar dxdq λ= . Med yang dihasilkan elemen ini di titik pengamatan adalah
an listrik
)(4
123 rr
rrdxEd P
rrrr
Po
r−
−=
λπε
Apabila kita hitung besarnya saja maka besar medan listrik tersebut adalah
rrrr
EddEP rrdx rr
Po
r−
−== 234
1 λπε
24 rrPorr
−
1 dx=
λπε
Berdasarkan Gambar 1.17, jarak antara titik pengamatan dan elemen muatan adalah
rrrP =−rr . Dengan demikian
P
arθ
dθdEP
dE
dEPv
PhP
arθ
dθdEP
dE
dEPv
Ph
xdq xdq
21
24 roP
1 dxλdEπε
= (1.39)
ampak dari Gbr 1.17 bahwa T
θsin=ra
atau
θ222 sin
a11
r= (1.40)
θθ
θ sincos
tanaLaLx oo −=−=
Selanjutnya kita mencari diferensial dx sebagai berikut. Dengan melakukan diferensial ruas kiri dan kanan persamaan (1.41) diperoleh
(1.41)
⎥⎦⎤⎡ −−=
θθθθ
sin)(sincos
sin)(cos ddadx ⎢⎣ θ2
θθ
θθθθθ
θθθθ
θθθ dadadda 2
22
2
2
2 sincossin
sincos1
sincoscos
sinsin +
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡+=⎥⎦
⎤⎢⎣⎡ −−
− =
θθ2sin
da= (1.42)
ubstitusi r dan dx dari persamaan (1.40) dan (1.42) ke dalam persamaan (1.39) diperoleh
S
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⎟⎠⎞
⎜⎝⎛= 2
2
2
sinsin4
1a
da
oP
θθθλ
πε dE
θλπε
dao4
1= (1.43)
edan dapat diuraikan atas dua komponen, yaitu yang sejajar dengan kawat
dan yang tegak lurus kawat
PdE PhdE MdEPv . Besar komponen-komponen tersebut adalah
22
θθλπε
θ da
dEdEo
PPh cos4
1cos ==
dan
θθλπε
θ da
dEdEo
PPv sin4
1sin ==
Setiap elemen dx akan memiliki elemen pasangan yang berseberangan dari lokasi titik pengamatan yang memiliki komponen medan arah horisontal yang sama besar tetapi
agnet total di titik P dalah integral dari komponen medan arah vertikal.
elanjutnya kita menentukan batas-batas integral. Karena kawat panjang tak berhingga, maka batas bawah adalah θ = 0o dan batas atas adalah θ = 180o. Dengan demikian, medan listrik total yang dihasilkan kawat adalah
berlawanan arah. Kedua komponen tersebut saling meniadakan. Akibatnya, hanya komponen arah vertikal yang memberi kontribusi pada medan listrik total. Dengan demikian, kuat medan m S
∫=o
oPvP dEE
180
0
∫=o
da
sin4
1 θθλπε
oo
180
0
[ ] [ ])1()1(4
1cos4
1 1800 +−−=−=
aa oo
o
oλ
πεθλ
πε
ao
λπε21
= (1.44)
Lihat Gambar 1.18
b) Medan listrik oleh kawat lurus berhingga Sekarang kita akan membahas kasus yang sedikit rumit, yaitu menentukan medan listrik yang dihasilkan oleh muatan listrik pada kawat lurus yang panjangnya berhingga. Misalkan kita memiliki kawat yang panjangnya Lo. Kita akan menentukan kuat medan listrik pada titik yang berjarak a dari kawat dan dan sejajar dengan salah satu ujung kawat. Untuk menentukan kuat medan listrik di titik pengamatan, kita tentukan variabel-variabel seperti pada Gbr. 1.19
23
Gambar 1.18 Skema perhitungan medan listrik oleh muatan pada kawat lurus bergingga
erupa dengan pembahasan untuk kawat yang panjangnya tak berhingga, besar medan listrik ang dihasilkan elemen kawat dx adalah
Gambar 1.19 Variabel-variabel perhitungan Sy
θθλπε
da
cos dEo
Ph 41
=
dan
θθλπε
da
dEo
Pv sin4
1=
erlu diperhatikan bahwa untuk kasus ini, komponen medan arah horizontal tidak saling enghilangkan. Komponen horizontal dan vertical sama-sama memberi kontribusi pada
Sekarang kita tentukan batas-batas integral. Ketika elemen dx berada di ujung kiri kawat,
ma
Pmmedan total.
ka sudut yang dibentuk adalah θm yang memenuhi om La /tan =θ . Dan ketika elemen dx
berada di ujung kanan kawat maka sudut yang dibentuk adalah 90o. Jadi, batas integral adalah dari θm sampai 90o. Maka kita dapatkan medan magnet di titik P adalah
Lo
a
P
Lo
a
P
a
x dx
θ
P
r
a/tanθ
a
x dx
θ
P
r
a/tanθ
24
∫= da
EPh cos4
1 θθλπε
o
mo
90
θ
[ ] [ ]o
oo aao
mθm
λπε
θλπε θ sin90sin
41sin
41 90 −==
[ ]mo a
θλπε
sin14
1−= (1.45)
∫=o
m
da
Eo
Pv
90
sin4
1
θ
θθλπε
[ ] [ ]moo aa m
θλ oo
θλπεπε θ 44
cos90cos1cos1 90 +−=− =
[ ] mo
m ao aθλ
πεθλ
πεcos1cos0
41
=+−= (1.46) 4
Karena om La /tan =θ maka
22sin
o
mLa +
=θ a
an d
22cos
o
om
La
L
+=θ
Dengan demikian
⎥⎥⎦
⎤a (1.47) ⎢⎢⎣
⎡
+−=
221
41
ooPh
LaaE λ
πε
2241
o
o
oPv
La
La
E+
=λ
πε (1.48)
Jika panjang kawat di satu sisi sangat besar, atau ∞→oL maka . Dengan
demikian
222oo LLa ≈+
25
[ ]aaL
aaL
aa
Eoooooo
Phλ
πελ
πελ
πελ
πε 4101
411
411
41
2=−≈⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡−=
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡−≈
aLL
aL
La
Eoo
o
oo
o
oPv
λπε
λπε
λπε 4
14
14
12
==≈
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
s ini sebenarnya tidak terlalu sulit. Kita dapat memandang bahwa medan rsebut dihasilkan oleh dua potong kawat yang panjangnya b dan panjangnya Lo – b di mana
titik pengamatan berada di ujung masing-masing potongan kawat tersebut. Kuat medan arah tegak lurus yang dihasilkanhorizontal saling melemahkan.
hingga Komponen-komponen medan yang dihasilkan kawat sepanjang b adalah
ujung kawat. Kasute
dua kawat saling mnguatkan sedangkan kuat medan arah
Gambar 1.20 Kuat medan listrik pada posisi sembarang di sekitar kawat lurus ber
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
+−=
221 14
1ba
aa
Eo
Phλ
πε
221 41
bab
aE
oPv
+=
λπε
Komponen-komponen medan yang dihasilkan kawat sepanjang L-b adalah
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎡−= 11 aE λ
⎣ −+ 222)(4 bLaa
ooPh πε
Lo
aP
Lo-bb
Lo
aP
Lo-bb
26
222)(4
1bLa
bLa
Eo
o
oPv
−+
−=
λπε
Komponen medan vertical total menjadi (saling menguatkan)
21 PvPvPv EEE +=
2222 )(44 bLaabaaooo −++ πεπε
11 bLb o −+λλ (1.49)
=
ponen medan horisontal total menjadi (saling melemahkan) Kom
21 PhPhPh EEE −=
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
+−−
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡
−+−=
22221
41
)(1
41
baa
abLaa
a ooo
λπε
λπε
⎥⎥⎤
⎢⎡
−=1 aaλ
⎦⎢⎣ −++ 2222 )(4 bLabaaooπε
⎥⎥⎤
⎦⎢⎢⎣
⎡
−+−
+=
2222 )(11
4 bLaba ooπελ (1.50)
Selanjutnya kita mencari kuat medan listrik pada titik yang berada di luar areal kawat,
isalnya pada jarak b di sebelah kiri kawat. Lihat Gambar 1.21.
h ini dapat dipandang ebagai dua poto g kawat berimpit. Satu potong kawat panjangnya dan memiliki
rapat muatan λ dan potong kawat lain panjangnya dan memiliki rapat muatan -λ. Ujung kiri dua potongan kawat diimpitkan.
edan listrik yang dihasilkan potongan kawat panjang adalah
m
ana memecahkan masalah ini? Kita pakai trik sederhana. MasalaBagaims bLo +
b n
Kuat m
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡
++−=
221)(
14
1bLa
aa
Eoo
Phλ
πε
27
221)(4
1bLa
bLa
Eo
o
oPv
++
+=
λπε
wat lurus erhingga. Kita dapat memandang system terdiri dari dua kawat dengan panjang Lo+byang
memiliki kerapatan muatan λ dan kawat sepanjang b dengan kerapatan muatan -λ yang diimpitkan di sisi kirinya. Kuat medan listrik yang dihasilkan potongan kawat pendek adalah
Gambar 1.21 Menentukan kuat medan listrik pada posisi sembarang di luar kab
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
+−=
222 14
1ba
aa
Eo
Phλ
πε
222 41
bab
aE
oPv
+=
λπε
Medan listrik arah vertical maupun horizontal total merupakan selisih komponen medan listrik yang dihasilkan masing-masing kawat karena tanda muatan berlawanan. Jadi Komponen medan arah horizontal adalah
21 PhPhPh EEE −=
LoaP
b
-λ λ
LoaP
b
-λ λ
LoaP
b
λ
LoaP
b
λ
28
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
+−−
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡
++−=
22221
41
)(1
41
baa
abLaa
a ooo
λπε
λπε
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡
++−
+=
2222 )(41
bLaa
baa
aoo
λπε
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡
++−
+=
2222 )(11
4 bLaba ooπελ (1.51)
Komponen medan arah vertikal adalah
21 PvPvPv EEE −=
2222 41
)(41
bab
abLa
bLa oo
o
o +−
++
+=
λπε
λπε
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎛ +
=1 bLoλ
⎝ +−
++ 2222 )(4 bab
bLaaooπε
(1.52)
0→a maka Untuk kasus ketika
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡+
−=⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡
++−
+=
bLbbLbE
ooooPh
114)(0
10
14 2222 πε
λπελ (1.53)
04
10)(04
12222
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
++
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
+−
++
+=
bb
bLbL
abb
bL
bLa
Eo
o
oo
o
oPv
λπε
λπε
(1.54)
um Coulomb. Lebih khusus lagi jika kita ingin bu cincin. Lihat Gbr. 1.22
isalkan sebuah cincin dengan jari-jari a mengandung muatan Q. Kita ingin menentukan kuat edan listrik sepanjang sumbu cincin pada jarak b dari pusat cincin. Berdasarkan Gbr 1.22
besarnya medan listrik di titik P yang dihasilkan oleh elemen cincing sepanjang dL adalah
c) Medan Listik oleh Cincin
incin adalah bentuk geometri lain yang memungkinkan kita menentukan medan listrik Cdengan cukup mudah menggunakan huk
enghitung kuat medan listrik sepanjang summ Mm
29
241
rdqdE
πε=
Gambar 1.22 Medan listr
ampak juga dari gambar 1.22, dE dapat diuraikan atas dua komponen yang saling tegak lurus, k luru ajatr sumbu. Besarnya nilai komponen-komponen tersebut
adalah
ik di sumbu cincin yang dihasilkan oleh elemen pada cincin
Tyaitu komponen tega s dan sej
αsindEdE =⊥ (1.55a) αcos// dEdE = (1.55b)
Tiap elemen kawat memiliki pasangan di seberangnya (lokasi diametrik) di mana komponen
gak lurus sumbu memiliki besar sama tetapi arah tepat berlawanan. Dengan demikian ke meniadakan. Oleh karena itu, untuk menentukan kuat medan
tedua komponen tersebut salingtotal kita cukup melakukan integral pada komponen yang sejajar sumbu saja. Besar medan total menjadi
∫∫ == αcos// dEdEE
∫= απε
cos4
12r
dq
o
(1.56)
Semua parameter dalam integral konstan kecuali dq. Dengan demikian kita peroleh
a
rb
Q
α
α
P
dq
dB
⊥
//dB
dB
a
rb
Q
α
α
P
dq
dB
⊥
//dB
dB
30
Qr
dqr
Eoo
απε
απε
cos14
1cos14
122 == ∫
απε
cos4
12r
Q
o
= (1.57)
Dari Gbr. 1.22 tampak bahwa αsin/ =ra . Akhirnya kita dapatkan
ααπε
cossin4
1 22a
QEo
= (1.58)
Untuk kasus khusus titik di pusat lingkaran, kita dapatkan α = 90o sehingga E = 0. Contoh Kita memiliki dua cincin konsentris dengan jari-jari a1 dan a2. Masing-masing cincin memiliki muatan Q1 dan Q2. Berapa kuat medan listrik pada lokasi: ) berjarak b dari pusat cincin sepanjang sumbu cincin ) pada pusat cincin
awab
a) Kuat me
ab J
b
2a α
Gambar 1.23
dan listrik yang dihasilkan cincin bermuatan Q1 adalah
112 cosαα 2
1
11 sin
41πε a
QEo
=
a1
1
α2
Q2
1Q
b
2a α
a1
1
α2
Q2
1Q
31
Kuat medan magnet yang dihasilkan oleh cincin bermuatan Q2
222
22
22 cossin
41 ααπε a
QEo
=
Kuat medan magnet total
21 EEE +=
222
22 cossin
41 ααπε a
Q+
211
221
1 cossin4
1 ααπε a
Q
oo
=
) Di pusat cincin terpenuhi α1 = α2 = 90o sehingga E = 0.
rupa busur dengan sudut panjang sumbu cincin yang berjarak b
a kasus ini pun kita memiliki dua komponen medan, yaitu yang searah umbu dan yang tegak lurus sumbu. Medan tersebut diperoleh dengan mengintegralkan
en medan yang diberikan oleh persamaan (1.55a) dan (1.55b). Kuat medan total searah sumbu adalah
b d) Kuat medan listrik di sumbu cincin tidak penuh Sekarang kita anggap cincin bukan lingkaran penuh, tetapi hanya bekeliling θ. Kita ingin mencari berapa kuat medan di sedari pusat cincin. Padskompon
∫=θ
α0
// cosdEE
∫∫ ==θθ α
πεα
πε 02
02
cos4
1cos4
1 dqrr
dq
oo
(1.59)
tegral di ruas kanan persamaan (1.59) adalah muatan total pada busur cincin. Jadi
ian
Qdq =∫θ
0
. In
Dengan demik
2//cos1 Q
4 ro
E απε
=
32
αsin/ =raDengan menggunakan hubungan maka
ααπε4 2// ao
cossin1 2Q= (1.60)
Untuk menentukan kuat m dan yang tegak lurus sumbu, ada dua kasus yang harus diperhatikan. Kasus pertama adalah jika panjang busur kurang dari setengah lingkaran. Dalam
asus ini, tiap elemen busur tidak memiliki pasangan diameteris yang menghasilkan al yang saling meniadakan. Semua elemen menguatkan medan total.
uat medan total menjadi
E
e
kkomponen medan horisontK
∫=⊥
θ
α0
sindEE
∫∫ =θθ α
πεα
πε 22
sin1sin1 dqdq =00 44 rr oo
2
sin4
1r
Q
o
απε
=
α3sin1 Q=
πε 24 ao
Jika panjang busur lebih dari setengah lingkaran, maka mulai ada pasangan diametris yang menghasilkan medan arah horisontal yang saling meniadakan. Lihat Gambar 1.24 Panjang busur membe
(1.61)
ntuk sudut θ. Tampak dari Gambar 1.24, dari busur yang ada, sebagian lemen mempunyai pasangan diametris yang menghasilkan komponen medan arah horisontal
yasama besar tetapi berlawanan arah. Hanya bagian busur lingkaran sepanjang 2π - θ yang tidak memiliki pasangan diametri sehingga memberi kontribusi pada medan magnet total arah horisontal. Dengan demikian, medan magnetik total arah horisontal adalah
e
∫=⊥ αsindEdE
∫∫−−
==θπθπ α
πεα
πε
2
00 44 rr oo2
2
2
sin1sin1 dqdq
Qθθπα
roπε4 2
−×=
2sin1
33
αθπ
πε3
2 sin⎟⎞12
41
⎠⎜⎝⎛ −=
aQ
o
(1.62)
terbentuk lingkaran penuh maka θ = 2π dan medan total
1.5 Garis Gaya Listrik Untuk menvisualisasikan medan listrik sehingga kita memiliki gambaran tentang besar maupun arahnya, maka didefinisika 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 me n listrik sebanding dengan kerapatan garis gaya per satuan luas permukaan yang ditembus garis gaya ii Arah medan lis
Gambar 1.25 Garis gaya listrik Kuat medan listrik di titik A lebih besar daripada kuat medan listrik di titik B dan kuat medan listrik di titik B lebih besar daripada kuat medan listrik di titik C.
Gambar 1.24 Kuat medan listrik oleh busur cincin yang melebihi setengah lingkaran
anpak dari persamaan (1.62), jikaTarah horisontal nol.
n
da
trik di suatu titik sama sejajar dengan garis singgung garis gaya pada titik tersebut.
2π-θ
2π-θ
2π-θ
2π-θ
AB
C
AB
C
34
Karena kuat medan listrik sebanding dengan kerapatan garis gaya maka dapat pula kita katakana bahwa kuat medaDan karena kuat medan listrik berbanding lurus juga dengan besar muatan maka dapat kita impulkan bahwa
Jumlah garis gaya berbanding lurus dengan muatan. Makin besar muatan yang dimiliki duatu partikel maka makin banyak garis gaya yang keluar atau masuk ke partikel tersebut.
Gambar 1.26 Definisi fluks listrik Pada Gambar 1.26 me
n listrik berbanding lurus dengan jumlah garis gaya.
s
1.6 Hukum Gauss Gauss merupakan metode yang sangat efektif untuk mencari kuat medan listrik di Hukum
sekitar muatan kantinu pada benda yang memiliki simetri. Kita akan menerapkan hukum Gauss pada beberapa kasus. a) Fluks Listrik Sebelum menerapkan hukum Gauss, mari kita bahas dulu fluks listrik. Fluks listrik didefinisikan sebagai perkalian scalar antara vector kuat medan listrik dengan vector luar permukaan yang ditembus oleh medan tersebut.
ErEr
dan listrik Er
menembus permukaan dengan vector luas permukaan Ar
. Fluks listrik yang melewati permukaan memenuhi
θφ cosEAAE =•=rr
(1.63)
Aθ
rA
θ
r
35
Jika permukaan yang ditembus medan terdiri dari sejumlah segmen, maka fluks total sama dengan jumlah fluks pasa masing-masing segmen. Contohnya, untuk Gbr 1.27, fluks total
apat ditulis sebegai d
2Er
2Er
1Er
3Er
1A
2A
3A
r
1
2θ
3θ
θ
4Er
r
Gambar 1.27 Medan listrik menembus sejumlah segmen permukaan
4321 φφφφφ +++=
44332211 AEAE AEAErrrrrrrr
•+•+ •+•=
444333222111 coscoscoscos θθθθ AEAEAEAE +++= (1.64) Jika jumlah segmen permukaan ada n buah, maka fluks total yang melewati seluruh permukaan dapat ditulis sebagai
∑=
•=n
iii AE
1
rrφ
∑=
=n
iiii AE
1cosθ (1.65)
Dalam kasus umum di mana permukaan yang dikenai medan listrik adalah permukaan sembarang dan kuat serta arah medan listrik juga sembarang maka fluks yang melewati
ermukaan ditentukan dengan integral sebagai berikut
(1.66)
p
∫= dAE θφ cos
r r
4Aθ
4
1Er
3Er
1A
2A
3A
r
1
2θ
3θ
θ
4Er
r
r r
4Aθ
4
36
b) Fluks Pada Permukaan Tertutup Fluks ada karena adanya garis gaya. Garis gayagaya adalah lokasi pada jarak tak b
an muatan positif di dalam permukaan tertutup.
dihasilkan oleh muatan tersebut yang asuk pada sisi depan permukaan pasti keluar di sisi belakang permukaan. Karena tidak ada
keluar dari muatan positif. Ujung dari garis erhingga dari muatan positif atau muatan negatif. Ketika
bertemu muatan negatif, maka garis yang dihasilkan muatan positif berakhir di muatan negatif.
Permukaantertutup
Permukaantertutup
Permukaantertutup
Permukaantertutup
(i) (ii)
(iii) (iv)
PermukaantertutupPermukaantertutup
PermukaantertutupPermukaantertutup
PermukaantertutupPermukaantertutup
PermukaantertutupPermukaantertutup
(i) (ii)
(iii) (iv)
Gambar 1.28 (i) muatan positif berada di luar permukaan tertutup, (ii) muatan negatif berada di luar permukaan tertutup, (iii) muatan positif di luar permukaan tertutup dan muatan negatif di dalam permukaan tertutup, (iv) muatan negatif di luar permukaan tertutup d i) Misalkan di sekitar sebuah muatan positif terdapat permukaan tertutup. Muatan tersebut berada di luar permukaan tertutup. Garis gaya yang m
37
muatan negatif garis gaya hanya berakhir di jarak tak berhingga. Pada sisi depan permukaan, sudut yang
ibentuk garis gaya dengan vector luas lebih besar daripada 90o sehingga fluks berharga , sudut yang dibentuk garis gaya dengan vector luas
i luar pemukaan ada muatan negatif maka garis gaya akan masuk menuju permukaan tersebut. garis gaya yang masuk di sisi belakang permukaan akan keluar di sisi depan permukaan. Kedua fluks tersebut juga sama besar sehingga fluks total pada permukaan teetutup nol. iii) Jika di luar permukaan ada muatan positif dan di dalam permukaan ada muatan negatif, maka ada sebagian garis gaya yang masuk di sisi depan permukaan tidak keluar di sisi belakang permukaan karena garis gaya tersebut berakhir di muatan negatif dalam permukaan. Akibatnya, fluks yang masuk permukaan tidak sama dengan fluks yang keluar permukaan. Justru, fluks yang masuk permukaan lebih besar daripada fluks yang keluar permukaan. Dengan demikian, fluks total untuk permukaan tertutup tersebut tidak nol. iv) Jika di luar permukaan ada muatan negatif dan di dalam permukaan ada muatan positif, maka ada tambahan garis gaya yang keluar pada permukaan namun tidak berasal dari garis gaya yang masuk di sisi lain. Garis gaya tersebut dihasilkan oleh muatan positif dalam permukaan. Akibatnya, fluks yang keluar permukaan tidak sama dengan fluks yang masuk permukaan. Justru, fluks yang keluar permukaan lebih besar daripada fluks yang masuk permukaan. Dengan demikian, fluks total untuk permukaan teetutup tersebut tidak nol. Gauss merumuskan hokum yang menghubungkan fluks total pada permukaan tertutup dengan jumlah muatan yang dikandung oleh permukaan tersebut. Hukum tersebut dirumuskan sebagai berikut
di dalam permukaan yang berperan sebagai titik akhir dari garis gaya maka
dnegatif. Pada sisi belakang permukaanlebih kecil daripada 90o sehingga fluks berharga positif. Kedua fluks tersebut sama besar sehingga fluks total pada permukaan tertutup nol. ii) Jika d
o
tertutuppermukaan
tertutuppermukaanii
qAE
ε
∑∑ −
−
=•rr
atau
o
tertutuppermukaan
tertutuppermukaaniii
qAE
εθ
∑∑ −
−
=cos (1.67)
38
di mana Ei adalah kuat medan pada segmen permukaan ke-i, Ai adalah luas segmen permukaan ke-i, θi : adalah sudut yang dimebtnuk oleh vector medan dan vector luas pada
segmen permukaan ke-i ∑−tertutuppermukaanq adalah jumlah muatan yang dilingkupi permukaan
tertutup. Untuk permukaan yang sembarang, hokum Gauss dapat diungkpakan dalam bentuk integral, yaitu
o
qdAE
εθ ∑∫ =cos
atau
o
qAdE
ε∑∫ =•
rr (1.68)
Simbol ∫akan mempelajari beberapa aplikasi hokum Gauss untuk menentukan kuat medan listrik yang dihasilkan oleh benda dengan simetri tertentu. Kawat Lurus Panjang Sebuah kawat lurus panjang memiliki kerapatan muatan λ. Kita akan mene
menyatakan bahwa aintegral dilakukan pada permukaan tertutup. Berikut ini kita
ntukan kuat medan strik pada jarak sembarang dari kawat. Langkah yang harus kita lakukan adalah li
i) Buat permukaan Gauss Jika kita ingin menentukan kuat medan pada jarak r dari kawat maka permukaan Gauss yang kita gunakan berupa silinder dengan jari-jari r seperti pada Gbr. 1.29. Panjang silinder bisa bebas. Kita anggap panjangnya L.
r
L
r
L
sekitar kawat lurus Gambar 1.29 Permukaan Gauss untuk menentukan kuat medan listrik di
panjang
39
Jadi, permukaan Gauss yang kita malas, dan tutup. Alas dan tutup masing-masing berbentuk lingkaran.
iliki berupa permukaan silinder yang terdiri atas selubung,
ii) Langkah berikutnya adalah menentukan ∑ iii AE θcos . Karena sifat simetri dari kawat
maka kita dapat menduga bahwa arah medan listrik pasti menembus selubung silinder tegak
diilustrasikan pada Gbr. 1.30
lurus. Berarti pula arah medan listrik menyinggung alas atau tutup silinder seperti
θs dapat dinyatakan sebagai penjumlahan tiga bagian, yaitu
Gambar 1.30 Arah medan listrik pada permukaan Gauss
Penjumlahan ∑ ii AE co i
ungsetutupalasiii AEAEAEAE lub333222111 coscoscoscos θθθθ ++=∑ (1.69)
Mari kita hitung suku-suku dalam persamaan (1.69) satu per satu
rah medan listrik menyinggung alas. Karena arah vector luas permukaan tegak lurus bidang permukaan itu sendiri, maka arah medan listrik pada alas tegal lurus arah vector luas alas. Dengan demikian, dan
Alas: A
o901 =θ 0090coscos 1111111 =×== AEAEAE oθ
E
E
E
E
40
Gambar 1.31 Arah medan listrik di alas silind
Tutup: Arah medan listrik menyinggung tutup. Karena arah luas permukaan tegak lurus bidang permukaan itu sendiri, maka a
er
rah m tup tegak lurus arah vector luas tutup. Dengan demikian, dan
Gambar 1.32 elubung rah medan listrik tegak lurus selubung. Berarti
edan listrik pada tuo902 =θ 0090coscos 2222222 =×== AEAEAE oθ
Arah medan listrik di tutup silinder
SA 03 =θ . Dengan demikian
333333333 10coscos AEAEAEAE o =×==θ
Gambar 1.33 Arah medan listrik di selubung silinder
θ1
A1A1
E1E1
θ1
A2
E2
θ2
A2
E2
θ2
E3
3A
E3
3A
41
Luas selubung adalah
3 = (keliling selubung) × (panjang selubung) A
Lr ×= π2 Dengan demikian
(1.70)
Sekarang kita menentukan muatan total yang dilingkupi permukaan Gauss. Muatan tersebut hanya ada berada pada bagian kawat sepanjang L. Dengan demikian
(1.71)
engan menggunakan hokum Gauss, maka
33 2200cos rLErLEAE iii ππθ =×++=∑
∑ Lq λ=
D
o
LrLEελπ =32
rE
oπελ
23 = (1.72)
yang merupakan kuat medan listrik pada jarak r dari kawat. Muatan Titik Misalkan kita memeiliki muatan titik Q dan kita ingin menentukan kuat medan listrik pada
rak r dari muatan tersebut. Langkah pertama adalah memilih permukaan Gauss sehingga esar medan listrik pada tiap titik di permukaan tersebut sama dan sudut yang dibentuk medan
muatan titik, hanya permukaan bola yang erpusat di muatan yang memenuhi sifat tersebut. Jadi kita pilih permukaan Gauss berupa
bola dengan jari-jari r dan berpusat di muatan.
Karena hanya ada satu permukaan maka
Arah medan di permukaan bola adalah radial. Arah vector permukaan juga radial. Jadi medan dan vector pemukaan memiliki arah yang sama sehingga θ = 0 atau cos θ = 1. Dengan demikian
jabdan vector permukaan selalu sama. Untuk kasusbpermukaan
θθ coscos EAAE iii =∑
42
∑ )4( 2rE π×EAAE iii =θcos = E × (luas permukaan bola) = .
ang dilingkupi permukaan Gaus adalah muatan titik itu sendiri. Jadi
. Substitusi ke dalam hokum Gauss diperoleh
Jumlah total muatan y
∑ Qq =
o
QrE π =× )4( 2 ε
atau
241
rQE
oπε=
Hasil ini p
erikutnya kita akan menentukan kuat medan listrik yang dihasilkan pelat tak berhingga yang mengandung kerapatan muatan konstan. Muatan per satuan luas yang dimiliki pelat kita anggap σ. Kita buat permukaan Gauss yang berbentuk silinder seperti pada Gbr. 1.34. Pelat
emotong siilinder tepat di tengah-tengahnya sehingga jarak alas dan tutup silinder ke pelat sama. Misal
ersis sama dengan apa yang diperoleh dengan menggunakan hokum Coulomb.
Pelat Tak Berhingga B
mkan luas alas atau tutup silinder adalah A.
Gambar 1.34 Permukaan Gauss di sekitar pelat tak berhingga
AA1 A2
A3
E E
AA1 A2
A3
E E
43
Dengan demikian, permukaan Gauss terdiri dari tiga bagian: alas silinder, tutup silinder, dan selubung silinder. Maka kita dapat menulis
ungsetutupalasiii AEAEAEAE cos∑ lub333222111 coscoscos θθθθ ++= (1.73)
Karena sifat simetri yang dimiliki pelat tak berhingga maka arah medan listrik yang
ihasilkan akan tegak lurus pelat. Akibatnya, medan listrik menembus tutup dan alas silinder
Kita lihat satu per satu:
las silinder:
dsecara tegak lurus dan hanya menyinggung selubung silinder.
AEE =1 AA =1
1θ = 0 karena medan listrik menembus alas silinder secara tegak lurus (vector medan dan ector luas alas sejajar). Dengan demikian,
v
EAEAAE o == 0coscos 111 θ Tutup silinder:
EE =2 AA =2
2θ = 0 karena medan listrik menembus tutup silinder secara tegak lurus (vector medan dan vector luas tutup sejajar). Dengan demikian,
EAEAAE o == 0coscos 222 θ Selubung silinder:
karena medan listrik menyinggung selubung slinider (vector medan dan vector luas
selubung silinder saling tegak lurus). Dengan demikian,
Akhirnya kita peroleh
EE =3
o903 =θ
090coscos 33333 == oAEAE θ
44
EAEAEAAE iii 20cos =++=∑ θ (1.74)
Selanjutnya kita hitung jumlah muatan yang dikandung permukaan Gauss. Muatan tersebut hanya berlokasi pada bagian pelat yang beririsan dengan silinder, yaitu bagian pelat seluas A. Jumlah muatan adalah
(1.75)
Akhirnya dengan menggunakan hokum Gauss
Aq σ=∑
oiii
qAE
εθ ∑∑ =cos
diperoleh
o
AEAεσ
=2
atau
o
Eεσ
2= (
ntukan kuat medan listrik yang dihasilkan oleh dua pelat sejajar yang ianggap tak berhingga). Susunan pelat semacam ini dijumpai pada
kapasitor. Dengan demikian, pemahaman kita tentang medan yang dihasilkan pelat sejajar ak
osisi medan listrik. Medan total di suatu titik erupakan penjumlahan kuat medan yang dihasilkan oleh masing-masing pelat. Misalkan
emiliki pelat yang memiliki kerapatan muatan σ1 dan σ2. Masing-masing pelat edan listrik yang konstan ke segala arah yang besarnya
1.76)
Tampak bahwa kuat medan listrik yang dihasilkan pelat selalu sama berapa pun jaraknya dari pelat. Ini adalah akibat ukuran pelat yang tak berhingga. Jika ukuran pelat berhingga maka makin jauh dari pelat, medan listrik maskin lemah. Medan Listrik oleh Dua Pelat Sejajar
ta akan teSelanjutnya kisangat luas (dapat d
an menolong kita memahami kerja kapasitor. Prinsip yang kita gunakan adalah prinsip superpmkita mmenghasilkan m
45
oεσ2
11 = E
o
Eεσ2
22 =
Kuat medan listrik di mana-mana memenuhi
= (1.77) Pada penjum
ontoh Suatu pelat tak berhingga yang ditempatkan pada pusat koordinat memiki kerapatan muatan
21 EEE +
lahan tersebut kalian harus memperhatikan arah. C
A=1σ C/m2. Pelat lain yang sejajar dengan pelat pertama diletakkan pada koordinat x = L atan A22 =σmemiliki kerapatan mu C.m2. Lihat Gbr. 1.35. Tentukan kuat medan listrik
tal di mana-mana. Jawab
35 Menentukan kuat medan di sekitar dua pelat sejajar
Di sebelah kiri pelat pertama Pelat kiri menghasilkan medan
to
σ1 σ2σ1 σ2
L
E1 E1
E2E2
L
E1 E1
E2E2
Gambar 1.
oE εσ 2/11 = ke arah kiri kanan menghasilkan medan oE εσ 2/22 = Pelat juga ke arah kiri
engan demikian medan total di sebelah kiri pelat pertama adalah D
ooooo
AAAEEεεεε
σεσ
23
22
22221
21 =+=+=+= ke arah kiri E
46
Di antara dua pelat Pelat kiri menghasilkan medan E oo A εεσ 2/2/11 == ke arah kanan Pelat kanan menghasilkan medan oo AE εεσ /22/22 == ke arah kiri Karena medan yang dihasilkan pelat kanan lebih kuat, maka medan total antara dua pelat adalah
ooo εεε 22212
Di sebelah kanan pelat kanan
AAAEE 2=−=+= ke arah kiri
elat kiri menghasilkan medan
E
oo AE εεσ 2/2/11 == P ke arah kanan Pelat kanan menghasilkan medan oo AE εεσ /22/22 == juga ke arah kanan Dengan demikian medan total di sebelah kiri pelat pertama adalah
ooooo
AAAEEEεεεε
σεσ
23
22
22221
21 =+=+=+= ke arah kanan
asus menarik diamati jika kedua pelat memiliki kerapatan muatan yang sama namun berbeda tand
a besar tetapi berlawanan arah, ehingga medan total nol.
ah kanan pelat kanan, medan yang dihasilkan dua pelat sama besar tetapi berlawanan
Di anta
K
a. Di sebelah kiri pelat kiri medan yang dihasilkan dua pelat samsDi sebelarah juga sehingga medan total nol.
ra dua pelat, medan yang dihasilkan masing-masing pelat sama besar dan searah sehingga medan total yang dihasilkan menjadi dua kali medan yang dihasilkan salah satu pelat, yaitu
o
Eεσ
= (1.78)
Bola isolator homogen Selanjutnya mari kita hitung medan listrik yang dihasilkan oleh bola isolator yang mengandung muatan yang tersebur secara homogen. Misalkan muatan total bola adalah Q dan jari-jari bola R.
47
Volume bola adalah
3
34 RV π= (1.79)
Kerapatan muatan bola adalah
334 R
QVQ
πρ == (1.80)
Kebergantungan kuat medan listrik terhadap jarak dari pusat bola berbeda untuk lokasi di dalam dan di luar bola.
ertama, mari kita hitung medan listrik di dalam bola. Kita buat permukaan Gauss di dalam enuhi r < R.
ambar 1.36 Permukaan Gauss di dalam bola
ya satu, yaitu permu an jari-jari r. Dengan
(1.81)
Kita mudah menduga bahwa arah medan listrik tegak lurus permukaan Gauss atau sejajar
engan vector luas. Dengan demikian, θ = 0 dan
Pbola. Jari-jari pwemukaan Gauss dari pusat bola adalah r yang mem
Perm
G Permukaan Gauss di sini han kaan bola dengdemikian,
θθ coscos EAAE iii =∑
d 1cos =θ . Luas permukaan Gauss sama engan luas permukaan bola dengan jari-jari r, yaitu
(1.82)
d
24 rA π= Jadi kita peroleh
r
R
ukaan bola
Permukaan Gauss
Perm
r
R
ukaan bola
Permukaan Gauss
48
ErrEAE iii22 41)4(cos ππθ =×=∑
Selanjutnya kita hitung jumlah muatan yang dilingkupi permukaan Gauss. Muatan tersebut adalah yang hanya berada dalam bola berjari-jari r. Muatan yang berada di luar bola Gauss,
aitu antara r sampai R tidak memberi kontribusi pada medan listrik pada jarak r. Volume bola yGauss adalah
3
34' rV π= (1.83)
Dengan demikian, muatan yang dilingkupi bola Gauss adalah
3
33
334 3 RRπ
4' rQrQVq =×== πρ (1.84)
engan hokum Gauss maka
∑
D
3Roεatau
32 14 rQErπ =
rQE 1=
Ro34πε
(1.85)
Selanjutnya m
da Gbr. 1.37.
Permukaan Gau
bus permukaan secara tegak lurus (sejajar vector luas) sehingga θ = o, dan
ari kita hitung kuat medan listrik di luar bola. Kita buat permukaan Gauss dengan jari-jari r > R seperti pa
ss adalah permukaan bola dengan luas
24 rA π= Juga arah medan menem0
( ) ErrEEAAE o 22 4140coscos ππθ =×==∑ iii
49
ambar 1.37 Permukaan Gauss di luar bola
atan yang dilingkupi permukaan Gauss adalah seluruh muatan bola, karena seluruh agian bola ada di dalam permukaan Gauss. Dengan demikian,
r
R
Permukaan bola
Permukaan Gauss
r
R
Permukaan bola
Permukaan Gauss
G Jumlah mub
Qq =∑
Dengan hokum Gauss maka
oεQErπ =2
tau
4
a
241
rQE
oπε= (1.86)
ola Konduktor
tepa pun kecilnya medan listrik dalam konduktor, maka electron akan mengalir an menghasilkan arus
. Dengan sifat ini m
alam konduktor maka medan listrik dalam konduktor selalu nol. Sebab, jika medan listrik ondisi seimbang.
BKonduktor adalah bahan yang sangat mudah mengantarkan arus listrik. Penyebabnya adalah karena konduktor mengandung muatan listrik yang mudah bergerak. Jika dalam konduktor muncul medan listrik maka electron-elektron dalam konduktor akan mengalir dan timbullah arus listrik. Bed
aka, dalam keadaan seimbang di mana tidak ada arus yang mengalir dtidak nol maka akan muncul arus, yang bertentangan dengan k
50
Jika pada konduktor diberi muatansaling melakukan gaya. Karena muatan mudah sekali bergerak dalam konduktor maka
lak-menolak tersebut menyebabkan muatan bergerak saling menjauhi sampai tidak bisa i hanya dapat terjadi jika muatan-muatan tersebut menempati
ermukaan konduktor. Jadi, muatan yang dimiliki konduktor selalu menempati permukaan konduktor.
keadaan seimbang, medan listrik yang dihasilkan konduktor selalu tegak lurus ermukaan konduktor. Sebab, jika tidak tegak lurus permukaan konduktor maka medan
listrik tersebut permukaan. Komponen medan yang menyinggung permukaan akan menghasilkan gaya pada
uatan sehingga bergerak sepanjang permukaan. Akibatnya muncul arus permukaan. Dan ini
engan sifat-sifat ini maka kita dapat dengan mudah menghitung medan listrik yang . Misalkan jari-jari bola adalah R. Di
alam 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
erhitungannya sama dengan saat menghitung medan listrik yang dihasilkan bola isolator.
listrik, maka muatan tersebut akan totak-menolak karena
tobergerak lebih jauh lagi. Inp
Dalamp
akan memiliki komponen yang menyinggung permukaan dan yang tegak lurus
mbertentangan dengan kondisi seimbang. Ddihasilkan oleh bola konduktor yang diberi muatan Qd
pKita akan dapatkan, medan listrik di luar bola adalah
241
rQE
oπε= (1.87)
oal dan Pembahasan
1) Dua partikel asap yang bermuatan sama saling melakukan gaya tolak sebesar 4,2 × 10-2 N. Berapa besar gaya jika kedua partikel tersebut berpindah sehingga jaraknya senjadi seperdelapan jarak semula? Jawab Jika muatan yang melakukan gaya tetap, maka terpenuhi
S
2
1r
F ∝
Dari soal diberikan
× 10-2 N r2 = r1/8 F1 = 4,2 Maka
51
64/1 21
21
222 rrrF
1)8/(/1 21
22
211 ====
rrr
tau
= 2,7 N
ah sejauh 20,0 cm. Kedua bola dipindahkan sehingga gaya yang ekerja pada masing-masing bola menjadi tiga kali gaya semula. Berapa jarak pisah kedua
bola sekarang? Jawab
ikan = 20,0 cm
F2 = 3F1
F
A
)102,4(6464 212
−××== FF 2) Dua bola bermuatan terpisb
Diberr1
21
22
2
1
rr
FF
=
2113 rF
221 rF
=
320
3
2212
2 ==rr = 133,2
atau
3,1332 =r = 11,5 cm
pada lokasi ntara dua muatan pada jarak 2,0 cm dari muatan negatif? (b) Jika electron ditempatkan di
= - 5,0 × 10-5 C = 2,0 cm = 0,02 m
3) Dua muatan titik terpisah sejauh 10,0 cm. Salah satu memiliki muatan –25 µC dan yang lainnya memiliki muatan +50 µC. (a) Tentukan arah dan besar medan listrikatitik P, berapakah percepatan electron saat di titik P (besar dan arahnya)? Jawab Diberikan q1 = -25 µC = -25 × 10-6 C = - 2,5 × 10-5 C q2 = -50 µC = -50 × 10-6 Cr1r2 = 8,0 cm = 0,08 m (a) Muatan negatif (di sebelah kiri) menghasilkan medan listrik ke kiri. Muatan positif (di sebelah kanan) menghasilkan medan listrik ke kiri juga. Medan total memiliki arah ke kiri. Kuat medan di titik P yang dihasilkan muatan q1
52
82
591 6,5)105,2()109( ×=
××==
−qkE 21
1 10)02,0(rP N/C
Kuat medan di titik P yang dihasilkan muatan q2
72
59
22
12 100,7
)08,0()100,5()109( ×=
××==
−
rqkEP N/C
Karena medan yang dihasilkan dua muatan memiliki arah yang sama, maka kuat medan total di titik P adalah
87821 103,6100,7106,5 ×=×+×=+= PPP EEE N/C
(b) Jika electron ditempatkan di titik P maka, gaya yang bekerja pada electron adalah F = eEP
ercepatan electron adalah P
2031
819
101,1)101,9(
)103,6)(106,1(×=
×××
=== −
−
meE
mFa P m/s2
Karena muatan electron negatif maka arah gaya yang bekerja pada electron berlawanan arah medan. Jadi electron mengalami gaya yang berarah ke kanan. Yang berarti
Berapa gaya tolak antara dua proton dalam inti yang terpisah sejauh 5 × 10-15 meter? Jawab
uatan proton: e = 1,6 × 10-19 C antar dua proton
denganelectron memeiliki percepatan arah ke kanan.
r = 5 × 10-15 m MGaya tolak
215
2199
2
2
109( ×==ekF
)105()106,1() −
−
××
r = 9,2 N
4) Berapa muatan total semua electron dalam 1,0 kg molekul H2O? Jawab umlah electron atom H: 1 elektron
h electron atom O: 8 elektron umlah electron molekul H2O: 2 × 1 + 8 = 10 elektron
Jumlah muatan electron dalam × (1,6 × 10-19) = 1,6 × 10-18 C assa atom H: 1 smu
n, massa 1 mol molekul H2O adalah 18 g = 0,018 kg mol molekul H2O dalam 1,0 kg adalah 1,0/0,018 = 55,6 mol.
JJumlaJ
satu molekul H2O: 10 MMassa atom O: 16 smu Massa molekul H2O: 2 × 1 + 16 = 18 smu Dengan demikiaJumlah
53
Satu mol mengandung 6,02 × 1023 partikel (bilangan Avogadro). Maka jumlah molekul H2O g adalah 55,6 × (6,02 × 1023) = 3,3 × 1025 molekul.
atan electron dalam 1,0 kg H2O menjadi: (3,3 × 1025) × (1,6 × 10-18) = 5,3 × 107 C 5) Anggaplah yang menarik bulan sehingga tetap pada orbitnya saat mengelilingi bumu adalah gaya Coulomb. Misalkan muatan yang sama besar tetapi berbeda jenis masing-masing ditempatkan di bumi dan di bulan. Berapa besar muatan tersebut untuk mempertahankan bulan tetap pada orbitnya sekarang? Gunakan data massa bumi 5,97 × 1024 kg, massa bulan 7,35 × 1022 kg, jari-jari orbit bulan 3,84 × 108 m.
Soal ini me uatan listrik agar gaya Coulomb antara bulan dan bumi samam dengan gaya gravitasi yang ada sekarang. Jadi
di dalam 1,0 kJumlah mu
Jawabnanyakan berapa m
22
2
rMmG
rQk =
atau
13222411
107,5)1035,7)(1097,5)(1067,6(×=
×××==
−GMm C. Q 9109×k
rak tertentu. Muatan total ke duanya adalh QT. agar (a) gaya antara ke duanya paling besar, dan
ya paling kecil?
6) Dua muatan positif ditempatkan pada jaBerapa muatan yang dimiliki masing-masing(b) gaya antara keduanJawab a) Misalkan muatan salah satu q1 dan yang lainnya q2=QT – q1. Gaya antara dua muatan
2
211
211
221 )(
rqqQ
rqQq
rqqkF TT −
=−
==
a) Gaya memiliki nilai maksimum jika pembilang memiliki nilai paling besar. Pembilang + dengan x = q1, A = -1, B = QT dan
= 0. Untuk A < 0, persamaan kuadratik ini memiliki nilai maksimum pada x = -B/2A. Untuk gaya listrik di atas, maka gaya m m terjadi jika . Dengan demikian, muatan ke dua
memiliki bentuk persamaan kuadratik, Axy += 2 CBxC
aksimu 2/)2/(1 TT QQq =−−=2/12 TT QqQq =−= .
b) Gaya minimum antara dua muatan terkadi jika dan atau sebaliknya. Besarnya gaya tersebut adalah .
TQq →1 02 →q0→F
54
7) Muatan +5,7 µC dan –3,5 µC terpisah sejauh 25 cm. Di manakah muatan ke tiga harus itempatkan agar mengamali gaya total nol oleh ke dua muatan tersebut?
Jawab Misalkan muatan +5,7 µC berada di sebalah kiri dan muatan –3,5 µC berada di debelah kanan.
n muatan –3,5 µC juga menghasilkan medan strik ke arah kanan (saling menguatkan).
an lebih e muatan +5,7 µC sehingga besar medan yang dihasilkan selalu mengungguli besar
asilkan muatan –3,5 µC sehingga tidak mungkin saling menghilangkan. ebelah kanan muatan –3,5 µC. Misalkan jarak dari muatan
dari muatan +5,7 µC adalah x + 25 cm = x + 0,25 m. Medan total nol jika terpenuhi
d
Muatan ke tiga mengalami gaya nol pada titik yang mengandung medan total nol. Lokasi titik tersebut tidak mungkin ada di antara dua muatan, karena muatan +5,7 µC menghasilkan medan listrik arah ke kanan daliLokasi titik tersebut tidak mungkin berada di sebelah kiri muatan +5,7 µC karena akdekat kmedan yang dihLokasi yang mungkin adalah di s–3,5 µC adalag x maka jarak
22
21
)25,0 xq
kq
k = (x +
3,16,17,5)25,0( 1 ====+ qx
5,32qx
listrik sehingga mengalami
awab
atau x + 0,25 = 1,3 x 0,3 x = 0,25 atau x = 0,25/0,3 = 0,83 m = 83 cm 8) Sebuah proton dilepaskan pada ruang yang memiliki medan gaya 3,2 × 10-14 N ke utara. Berapa besar dan arah medan listrik dalam ruang tersebut? JBesar medan listrik memenuhi
519
14
102106,1102,3
×=××
== −
−
eFE N/C
Arah medan listrik samam dengan arah gaya yang diamali proton (karena proton bermuatan . Jadi arah medan listrik adalah ke utara.
ang yang memiliki medan listrik mengalami
positif) 9) Sebuah electron yang dilepaskan dalam ru
55
percepatan 125 m/s. Berapa kuat medan listrik tersebut? Jawab Gaya yang diamali electron
E Percepatan electron memenuhi F = e
meE
mFa ==
atau
1019
31
107106,1
125)101,9( −−
−
×=×
××==
emaE N/C
10) Sebuah proton berada dalam ruang vakum yang memiliki medan listrik E. Proton tersebut
erja pada proton?
esar gaya listik sama dengan besar gaya gravitasi
atau
tidak bergerak naik atau turun. Berapa kuat bedan listrik yang bekJawab B
mgeE =
719
27
10106,1
10)1067,1( −−
−
=×
××==
emgE N/C
Sebuah titik air yang memiliki jari-jari 0,018 mm mengambang i menghasilkan medan listrik yang b
di udara. Jika bumesarnya 150 N/C, berapa kelebihan elekltron yang dimiliki
leh titik air tersebut?
× -3 cm. olum titik air
oJawab Jari-jari titik air: r = 0,018 mm = 1,8 10V
8333 1044,2)108,1(14,334
34 −− ×=×××== rV π cm3
Massa titik air 8383 1044,2)1044,2()/1( −− ×=××== cmcmgVm ρ g = 2,44 × 10-11 kg.
Terjadi keseimbangan gaya listrik dan gaya gravitasi. Maka
mgqE = atau
1211
106,1150
10)1044,2( −−
×=××
==E
mgq C
Jumlah kelebihan electron pada titik air
56
712
10106,1=
×==
−q elektron 19106,1 × −e Soal-Soal 1) Pada model atom hydrogen, electron menmgitari inti pada orbitnya dengan laju 1,1 × 106 m/s. Tentukan jari-jari orbit electron (petunjuk: gaya sentripetal sama dengan gaya Coulomb) 2) Berapa besar gaya yang dilakukan muatan +15 µC pada muatan lain +3 mC yang terpisah
h 40 cm?
an arah gaya pada electron yang berada dalam ruang yang memiliki medan /C dan berarah ke selatan?
an listrik pada jarak 30,0 cm tepat di atas muatan titik yang esarnya 33,0 × 10-6 C?
n –60 rapa electron yang ditarik kaki orang tersebut? Berapa pertambahan massa orang
h -1,6 × 10-19 C dan massanya 9,1 × 10-31 kg.
6) Empat muatan masing-ma C ditempatkan pada sudut bujur sangkar dengan sisi 1,0 m. Tentukan besar dan arah gaya yang dialami tiap partikel.
l 80,0 µC. Ketika dipisahkan sejauh 1,06 m aya antara bola tersebut adala 12,0 N dan bersifat tolak menolak. Berapa muatan
muatan –8,8 µC ke arah bawah. Berapa besar dan arah medan ada muatan tersebut.
9) Hitung muatan listrik di pusat bujur sangkar yang memiliki sisi 60 cm jika salah satu sudut bujur sangkar ditempati muatan + 45 µC dan ke tiga sudut lainnya ditempati muatan
g-masing –31 µC. 10) Berapa kuat medan listrik dalam ruang pari proton yang sedang mengalami
ercepatan satu juta kali percepatan gravitasi bumi?
sejau 3) Berapa besar dlistrik 3500 N 4) Berapa besar dan arah medb 5) Seseorang menggesekkan kakinya pada keset woll sehingga mengakumulasi muataµC. Betersebut? Muatan electron adala
sing 6,0 m
7) Dua bola isolator kecil memiliki muatan totagmasing-masing bola? Berapa muatan masing-masing bola jika gaya antara kedua bola bersifat tarik-menarik? 8) Gaya 8,4 N bekerja padalistrik p
masin
yang ditemp
57
11) Kamu diberikan dua muatan q1 dan q2 yang tidak diketahui nilainya. Pada titik yang a dari muatan q1 sama dengan sepertiga jarak dua muatan ternyata kuat medan listrik
t serta tanda muatannya?
erapa jarak ke dua electron agar gaya antara keduanya sama dengan gaya gravitasi bumi yang bekerja pada electron yang berada di permukaan bumi?
jaraknynol. Berapa perbandingan besar dua muatan tersebu
12) B
58
Bab 2 Potensial Listrik dan Kapasitor
Jika kita tempatkan sebuah muatan dalam ruang yang mengandung medan listrik maka muatan yang mula-mula diam akan bergerak. Ini berarti muatan mengalami pertambahan energi kinetik yang semula nol menjadi tidak nol. Pertambahan energi kinetik ini hanya mungkin disebabkan oleh dua faktor, yaitu: i) Ada kerja luar yang bekerja pada muatan, atau ii) Ada energi lain yang mengalami pengurangan Jika tidak ada gaya luar yang kita berikan pada muatan, maka pastilah penambahan energi kinetik dibarengi oleh pengurangan energi bentuk lain sehingga energi total konstan (hukum kekekalan energi). Energi bentuk lain yang paling mungkin dimiliki partikel tersebut adalah energi potensial. Dengan demikian, partikel bermuatan listrik yang berada dalam ruang yang mengandung medan listrik memiliki energi potensial listrik. 2.1 Definisi Energi Potensial Energi potensial listrik didefinisikan secara formal sebagai berikut. Jika muatan listrik q berada dalam ruang yang mengandung medan listrik E
r, maka energi potensial yang dimiliki
muatan tersebut adalah
∫ •−=r
ro
o
rdEqrUrUr
r
rrrr )()( (2.1)
dengan adalah energi potensial listrik pada posisi acuan . Posisi bisa bermacam-macam, misalnya tak berhingga, pusat koordinat, di permukaan benda, dan sebagainya, bergantung pada di mana nilai energi potensial sudah diketahui.
)( orU rorr
orr
Contoh Kasus Kita akan menghitung energi potensial sebuah partikel yang bermuatan q yang berada pada jarak r dari muatan lain sebesar Q. Kedua muatan sama-sama berupa titik. Kuat medan listrik di sekitar muatan Q dapat dihitung dengan mudah menggunakan hukum Coulomb. Kita dapatkan
241
rQE
oπε= (2.2)
59
Q
dr
qE
Q
dr
qE
Gambar 2.1. Menentukan energi potensial muatan q di sekitar muatan Q Dengan demikian, energi potensial yang dimiliki muatan q adalah
∫ •−=r
ro
o
rdEqrUrU rr)()(
Karena dan sejajar (membentuk sudut 0QEr
rdr o) maka EdrEdrrdE o ==• 0cosrr. Jadi
∫−=r
ro
o
drqErUrU )()(
∫∫ −=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−=
r
roo
r
r oo
oordrqQrUdr
rQqrUrU 22 4
)(4
1)()(πεπε
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−−=⎥⎦
⎤⎢⎣⎡−−=
rrqQrU
rqQrUrU
ooo
r
roo
o
114
)(14
)()(πεπε
(2.3)
Seringkali titik acuan diambil pada jarak tak berhingga, ∞=or , dan potensial di titik acuan ini diambil sama dengan nol, 0)( =∞U . Jika kita lakukan hal tersebut maka diperoleh
⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ −∞
−=r
qQrUo
114
0)(πε
rqQ
oπε41
= (2.4)
Apabila kita gambarkan energi potensial sebagai fungsi jarak dari muatan Q maka kita peroleh Gambar 2.2
60
0 20 40 60 80 100
V/(qQ/4πεo)
Jari-jari (r)0 20 40 60 80 100
V/(qQ/4πεo)
V/(qQ/4πεo)
Jari-jari (r)
Gambar 2.2 Energi potensial muatan q sebagai fungsi jarak dari muatan Q Pada jarak r yang mendekati nol, energi potensial sangat besar. Energi potensial mengecil berbanding terbalik dengan jarak jika jarak antar dua muatan makin besar. Contoh Sebuah bola konduktor dengan jari-jari R memiliki muatan Q. Jika sebuah muatan q berada pada permukaan bola, energi potensialnya adalah Uo. Kita akan menentukan energi potensial muatan q pada sembarang jarak dari pusat bola. Kuat medan listrik di luar bola dapat dihitung dengan mudah menggunakan hukum Gauss. Kita akan peroleh
241
rQE
oπε=
Energi potensial yang dimiliki muatan q pada jarak r dari pusat bola adalah
∫−=r
ro
o
drqErUrU )()(
∫∫ −=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−=
r
roo
r
r oo
oordrqQrUdr
rQqrUrU 22 4
)(4
1)()(πεπε
61
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−−=⎥⎦
⎤⎢⎣⎡−−=
rrqQrU
rqQrUrU
ooo
r
roo
o
114
)(14
)()(πεπε
Karena pada energi potensial memenuhi Rro = oURU =)( maka
⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ −−=
rRqQUrU
oo
114
)(πε
(2.5)
2.2 Potensial Listrik Sehari-hari kita lebih sering medengar potensial listrik atau tegangan listrik daripada energi potensial listrik. Contonya, kita menyebut tegangan listrik PLN 220 Volt, tegangan batarei 1,5 Volt, tegangan aki 12 Volt, dan seterusnya. Lalu apa tegangan atau potensial listrik? Potensial listrik didefinisikan sebagai energi potensial per satuan muatan listrik. Dengan menggunakan definisi energi potensial sebelumnya, maka definisi potensial listrik menjadi
qrUrV )()(r
r=
q
rdEq
qrU
r
ro o
∫ •
−=
r
r
rrr )(
∫ •−=r
ro
o
rdErVr
r
rrr )( (2.6)
Berikutnya kita akan membahas potensial listrik yang dihasilkan oleh sejumlah system, seperti satu partikel, banyak partikel, pelat sejajar dan benda dengan distribusi muatan tertentu. 2.3 Potensial listrik oleh sebuah partikel Sudah kita hitung di Bab 1 sebelumnya bahwa kuat medan listrik pada jarak r dari partikel bermuatan Q memenuhi
241
rQE
oπε=
Potensial listrik pada jarak r dari partikel tersebut kita hitung sebagai berikut
62
∫ •−=r
ro
o
rdErVrVr
r
rrrr )()(
Medan listrik Er
dan sejajar, sehingga rdr drEdrErdE o ==• 0cosrr. Dengan demikian,
∫∫ −=•−=r
ro
r
ro
oo
drErVrdErVrV )()()( rr
∫ ∫−=−=r
r
r
roo
oo
o ordrQrVdr
rQrV 22 4
)(4
1)(πεπε
r
roo
or
QrV ⎥⎦⎤
⎢⎣⎡−−=
14
)(πε
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−−=
rrQrV
ooo
114
)(πε
Dengan menetapkan bahwa pada jarak tak berhingga besar potensial sama dengan nol maka,
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −−=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ −∞
−∞=r
Qr
QVrVoo
104
0114
)()(πεπε
rQ
oπε41
= (2.7)
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. Penjumlahan ini sangat berbeda dengan penjumlahan medan listrik yang dihasilkan oleh sejumlahan muatan. Untuk medan listrik kita harus melakukan penjumlahan secara vector (memperhatikan besar dan arah). Lihat skema pada Gambar 2.3. Sejumlah partikel berada pada posisi 1r
r , , dan 2rr
3rr . Muatan
masing-masing partikel adalah q1, q2, dan q3. Kita ingin menentukan potensial pada titik pengamatan P yang berada para posisi rr . Yang pertama yang harus dilakukan adalah mencari jarak masing-masing muatan ke titik P. Kita dapatkan
i) Jarak muatan q1 ke titik P: 11 rrR rr−=
63
ii) Jarak muatan q2 ke titik P: 22 rrR rr−=
iii) Jarak muatan q3 ke titik P: 33 rrR rr−=
ambar 2.3 Menentukan potensial listrik yang dihasilkan oleh sejumlah titik muatan.
emudian kita tentukan potensial pada titik pengamatan yang dihasilkan oleh masing-masing
Potensial yang dihasilkan muatan q1:
1rr
2rr
3rr
rr
q1q2
q3
P
x
y
1rr
2rr
3rr
rr
q1q2
q3
P
x
y
G Kmuatan.
1
1
1
11 4
14
1rr
qRqV
oorr
−==
πεπε i)
2
2
2
22 4
14
1rr
qRqV
oorr
−==
πεπε ii) Potensial yang dihasilkan muatan q2:
3
3
3
33 4
14
1rr
qRqV
oorr
−==
πεπε iii) Potensial yang dihasilkan muatan q3:
khirnya, potensial total di titik pengamatan adalah A
321 VVVV ++=
3
3
2
2
1
1
41
41
41
rrq
rrq
rrq
ooorrrrrr
−+
−+
−=
πεπεπε
gar lebih paham dengan potensial yang dihasilkan sejumlah titik, mari kita lihat contoh
ontoh
Aberikut ini. C
64
Tiga partikel berada pada posisi seperti pada Gambar 2.4. Muatan masing-masing partikel
ambar 2.4
a yang dilakukan adalah mencari koordinat posisi masing-masing muatan serta osisi P. Tampak dari gambar
1
adalag q1 = 2 µC, q2 = 4 µC, dan q3 = -5 µC. Kita ingin menentukan potensial listrik di titik P.
q1
q2
q3
P
(meter)
(meter)
q1
q2
q3
P
(meter)
(meter)
G Yang pertamp
jjir ˆ2ˆ2ˆ0 =+=r m
jir ˆ3ˆ2 −=2r m
4ˆ4 +=
jir ˆˆ43 +=r m
jirr m
Kemudian kita cari jarak muatan ke titik pengamatan. Didapat
2024ˆ2ˆ4)ˆ2()ˆ4ˆ4( 22 =+=+=−+=−= jijjirrR rr11 m
72ˆ7ˆ2)ˆ3ˆ2()ˆ4ˆ4( 2222 =+=+=−−+=−= jijijirrR rr 53 m
3ˆ3)ˆˆ4()ˆ4ˆ4(33 ==+−+=−= jjijirrR rr m
65
Lalu kita cari potensial di titik P yang dihasilkan m masing muatan. Kita peroleh
asing-asing-
4025204 1
1 Roπε 204 11 Roπε
)102()109(1 691 =
××==
−qV Volt
494553
)104()109(4
1 69
2
22 =
××==
−
RqV
oπε Volt
150003
)105()109(4
1 69
3
33 −=
×−×==
−
RqV
oπε Volt
Akhirnya, potensial total di titik P adalah
V = V1 + V2 + V3 = 4025 + 4945 – 15000 = – 6030 Volt
.5 Potensial Momen Dipol Kita me yang besarnya sama tetapi erbed tanda dan dipisahkan oleh jarak tertentu (tidak berimpit). Dipol dapat dilukiskan
Gambar 2.5 Skema dipol listrik
pabila dilihat dari jauh, dua muatan dipol tampak sangat berdekatan (hampir berimpit) ehingga muatan total dipol yang terukur nol. Namun, jika diamati dari dekat, dipol tampak
h.
ita akan hitung potensial pada jarak r dari pusat dipol (titik tengah antara dua muatan) yang
ampak:
ubungan antara r1, r2, dan r. Lihat gambar berikut ini
22
ndefiniskkan dipole secara sederhana sebagai dua muatanndefiniskkan dipole secara sederhana sebagai dua muatanbbsebagai berikut sebagai berikut
AAsssebagai dua muatan yang terpisasebagai dua muatan yang terpisa Kita ingin menentukan potensial di sekitar suatu dipol. Untuk mudahnya, lihat skema pada Gbr. 2.6.
Kita ingin menentukan potensial di sekitar suatu dipol. Untuk mudahnya, lihat skema pada Gbr. 2.6. KKmembentuk sudut θ dengan sumbu dipol (sumbu vertical). membentuk sudut θ dengan sumbu dipol (sumbu vertical). TTi) Jarak titik pengamatan ke muatan –q adalah r1 ii) Jarak titik pengamatan ke muatan +q adalah r2 i) Jarak titik pengamatan ke muatan –q adalah r1 ii) Jarak titik pengamatan ke muatan +q adalah r2 Kita cari hKita cari h
66
Lalu kita cari potensial di titik P yang dihasilkan m masing muatan. Kita peroleh
4025)102()109(1 691 =
××==
−qV Volt
494553
)104()109(4
1 69
2
22 =
××==
−
RqV
oπε Volt
150003
)105()109(4
1 69
3
33 −=
×−×==
−
RqV
oπε Volt
Akhirnya, potensial total di titik P adalah
V = V1 + V2 + V3 = 4025 + 4945 – 15000 = – 6030 Volt
.5 Potensial Momen Dipol Kita me yang besarnya sama tetapi erbed tanda dan dipisahkan oleh jarak tertentu (tidak berimpit). Dipol dapat dilukiskan
Gambar 2.5 Skema dipol listrik
pabila dilihat dari jauh, dua muatan dipol tampak sangat berdekatan (hampir berimpit) ehingga muatan total dipol yang terukur nol. Namun, jika diamati dari dekat, dipol tampak
h.
ita akan hitung potensial pada jarak r dari pusat dipol (titik tengah antara dua muatan) yang
ampak:
ubungan antara r1, r2, dan r. Lihat gambar berikut ini
-q +q
d
-q +q
d
66
Tampak bahwa
Gambar 2.6 Menentukan potensial di titik P yang dihasilkan oleh dipol listrik
Gambar 2.7 Hubungan antara r1, r2, dan r pada sebuah dipol
11 rrr ∆+=
22 rrr ∆−=
11 cosθdr =∆ 2
22 cos2
θdr =∆
Jika jarak titik pengamatan sangat besar dibandigkan dengan d maka dapat didekati
θθθ ≈≈ 21 sehingga
-q d/2 +qd/2
r2
r1 r
P
θ
-q d/2 +qd/2
r2
r1 r
P
θ
-q d/2 +qd/2
r2
r1 r
P
θ θ2θ1
∆r1 ∆r2
-q d/2 +qd/2
r2
r1 r
P
θ θ2θ1
∆r1 ∆r2
67
θcos21dr =∆
θcos22dr =∆
i titik P yangPotensial d dihasilkan oleh muatan –q adalah
11 4
1rqV
oπε−=
Potensial di titik P yang dihasilkan oleh muatan +q adalah
22 4
1 qV = roπε
Potensial total di titik P akibat muatan –q dan +q menjadi
21 VVV +=
21 41
41
rq
rq
oo πεπε+−=
⎟⎟⎠⎝⎠⎝ 212112 44 oo
⎞⎜⎜⎛
−=⎟⎟⎞
⎜⎜⎛
−= 2111rr
rrrrq
rrq
πεπε
[ ] [ ]⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ ∆+∆=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ ∆−−∆+=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −=
21
21
21
21
21
21
444 rrrrq
rrrrrrq
rrrrq
ooo πεπεπε
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
⎟⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜⎜
⎝
⎛ +=
2121
cos4
cos2
cos2
4 rrdq
rr
ddq
oo
θπε
θθ
πε
Untuk jarak r yang sangat besar dibandingkan dengan d, kita dapat mengaproksimasi . Dengan demikian,
221 rrrrr =×≈×
22cos)(
41cos
4 rqd
rdqV
oo
θπε
θπε
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛≅
Kita telah mendefinisikan momen dipol di Bab 1 sebagai qd=µ . Dengan demikian, diperoleh bentuk potensial yang dihasilkan dipole
68
θµπε
cos4
12r
Vo
= (2.8)
omen dipol sebenarnya sebuah besaran vector dengan titik pangkal berada pada muatan
momen dipol sejumlah molekul.
Tabel 2.1 Momen dipol beMolekul Momen dipol (C m)
Mnegatif dan kepala berada pada muatan positif. Sudut θ adalah sudut antara momen dipol dan vector posisi pengamatan. Tabel 2.1 adalah conothj
berapa molekul
Air [H2(+)O(-)] 6,1 × 10-30
HCl [H(+)O(-)] 3,4 × 10-30
NH3 [N(-)H3(+)] 5,0 × 10-30
Grup CO [C(+)O(-)] 8,0 × 10-30
Grup NH [N(-)H(+)] 3,0 × 10-30
Contoh Jarak antara karbon (+) dan oksigen (-) dala adalah 1,2 × 10-10 m. Hitunglah (a)
atom karbon dan atom oksigen, (b) potensial pada jarak 9,0 × 10-10 m dari sejajar sumbu dengan oksige n atom terdekat titik pengamatan.
l 1, momen dipol grup C = 8,0 × 10-30 C m ari soal diberikan d = 1,2 × 10-10 m
demikian, muatan atom C adalah
m grup COmuatan q padadipol pada arah n merupakaJawab a) Berdasarkan Tabe O adalah µDDengan
12
30
102,1100,8
−
−
××
+=+=d
q µ = + 6,7 × 10-12 C
Muatan atom O sama besar dengan muatan atom C, tetapi berlawanan tanda. Jadi muatan adalah - 6,7 × 10-12 C
9,0 × 10-10 m a pada jarak terdekat titik pengamatan, maka arah
momen dipol menjauh . Akibatnya, sudut antara momen dipol dengan titik pengamatan adalah θ = 180o. Potensial yang dihasilkan dipol adalah
atom O b) Jarak dipol ke titik pengamatan: r =Karena atom O (bermuatan negatif) berad
i titik pengamatan
09,0180cos)109()108()109(cos1 9×==V θµ
4 210
30
2 −=××
−
−o
o rπε V
69
2.6 Potensial Listrik Pelat Sejajar Kapasitor pelat sejajar memiliki pelat yang terpisah sejauh d. Rapat muatan pada pelat adalah
. Kita akan menghitung beda potensial antara dua pelat. Kita sudah belajar bahwa kuat medan listrik antara dua pelat adalah
σ
oεE σ=
ian rupa sehingga pelat kiri berada ada posisi dengan x = 0 dan pelat kanan berada pada posisis dengan x = d, seperti
Kita tempatkan dua pelat pada sumbu kordinat sedemikpdiilustrasikan dalam Gambar 2.8
x=0 x=d
x
y
x=0 x=d
x
y
Gambar 2.8 Posisi pelat sejajar dalam koordinat
Beda potensial antara dua pelat adalah
[ ]o
d
o
d
xo
d
x o
d
xo
dxdxdxdxEVVVεσ
εσ
εσ
εσ
−=−=−=−=−=−=∆ ∫∫∫===
0000
(2.9)
ielektrik ehadiran bahan dielektrik menyebabkan kuat medan yang dihasilkan muatan berubah.
r suatu muatan juga berubah. Untuk menentukan otensial listrik akibat kehadiran bahan dielektrik, kita dapat menggunakan rumus potensial
tanpa bahan dielektrik dengan mengganti
2.7 Potensial Listrik Akibat Kehadiran Bahan DKAkibatnya, potensial listrik di sekitap
oε dengan oκε , dengan κ adalah konstanta dielektrik bahan. Sebagai contoh, jika antara dua pelat sejajar dipasang bahan dielektrik, maka beda potensial antara dua pelat menjadi
70
oκεdV σ
−=∆ (2.10)
Potensial lirtsik di sekitar muatan titik yang ditempatkan dalam medium dengan kosntanta dielektrik κ adalah
rQV 1
= oπκε4
(2.11)
Pembenaran dari asumsi di atas sebagai berikut. Lihat Gambar 2.9.
etrik
antara dua pelat m
-σ +σ -σ +σ-σ +σ -σ +σ
-σ‘+σ‘
++
++
+
+
+
+
+ +
Gambar 2.9 Menentukan efek bahan dielektrik pada potensial
Misalkan dua pelat sejajar mengandung rapat muatan σ. Jika tidak ada bahan dielekaka kuat medan listrik antara dua pelat adalah
ooE
εσ
=
Sekarang antara dua pelat kita sisipkan sebuah bahan dieletrik. Akibat adalanya medan listrik
pada permukaan bahan yang erdekatan dengan electrode terbentuk muatan positif dan muatan negatif. Permukaan yang
isalkan rapat muatan pada ermukaan bahan adalah σ’. Dengan demikian, rapat muatan efektif di dekat pelat menjadi σ
- σ’. Dengan menggunakan hokum Gauss maka kuat medan antara dua pelat menjadi
E maka terhadi polarisasi pada bahan sehingga secara efektifbberdekatan dengan elektroda positif akan memiliki muatan negatif dan permukaan yang berdekatan dengan pelat negatif memiliki muatan positif. Mp
++
Eo E
-σ‘+σ‘
++
++
+
+
+
+
+ +
++
Eo E
71
oo
ooo
EEεσ
εσ
εσ
εσσ '''
−=−=−
= (2.12)
Berdasarkan pengamatan, rapat muatan yang dihasilkan di permukaan bahan dielektrik berbanding lurus dengan kuat medan dalam bahan dielektrik. Katena itu kita dapat menulis
Eoχεσ =' (2.13) Dengan χ adalah konstanta baha i persamaan (2.13) ke dalam persamaan (2.12) diperoleh
n yang dikenal dengan susseptibilitas listrik bahan. Substitus
EEE
EE oo
oo χ
εχε
−=−=
atau ( ) oEE =+ χ1 atau
κχoo EE
E =+
=1
(2.14)
n κ adalah konstanta yang dikenal dengan konstanta dielektrik. Tampak bahwa kuat
edan listrik dalam bahan dielektrik sama dengan kuat medan listrik tanpa bahan dielektrik dibagi dengan konstanta dielektrin bahan. Mengecilnya kuat medan menyebabkan potensial
akibat pemasangan bahan dielektrik juga mengecil dengan factor yang sama.
2.8 Teorema UsDalam ruang dengan kuat medan listrik
dengam
listrik
aha Energi Er
, sebuah muatan mengalami gaya listrik
EqFrr
=
Kerja yang dilakukan gaya listrik untuk memindahkan muatan dari posisi 1r
r ke 2rr posisi
adalah
111
)(rrr
rdEqrdEqrdFW
∫∫∫ •=•=•=222 rrr r
rrr
r (2.15)
Berdasarkan teorema usaha energi, kerja yang dilakukan gaya luar sama dengan perubahan
rr
rrrrr
72
energi kinetik. Jadi, W dalam persamaan (2.15) dapat diganti dengan
(2.16)
Berdasarkan definisi potensial listrik, integral yang berada di ruas kanan persamaan (2.15) dapat diganti dengan
1 rr ⎠⎝
Dengan demikian, pe
12 KKW −=
( )12
22
VVrdErdErr
−−=⎟⎟⎞
⎜⎜⎛
•−−=• ∫∫r
r
r
r
rrrr
1
rsamaan (2.15) dapat ditulis menjadi
( ) 211212 qVqVVVqKK −=−−=− Tetapi, qV adalah energi potensial listrik, U. Selanjutnya kita dapat menulis
2112 UUKK −=− atau
2211 UKUK +=+ (2.17)
ubungan (2.17) merupakan ungkapan hokum kekekalan energi mekanik bagi partikel yang
Contoh h elektron lepas dari katoda menuju anoda dengan laju awal nol. Beda potensial antara
noda dan katoda adalah 100 kV. Berapa laju electron saat mencapan anoda? Muatan electron adalah -1,6 × 10-19 C dan m
1 = 0 sehingga U1 = q V1 = (1,6 × 10-19) × 0 = 0 J kV = 105 V sehingga U2 = q V2 = (-1,6 × 10-19) × 105 = -1,6 × 10-14 J
kanik maka
1 + U1 – U2
Hbergerak dalam ruang yang mengandung medan listrik.
Sebuaa
assanya 9,1 × 10-19 kg. Jawab Diberikan VV2 = 100K1 = 0 K2 = (1/2) mv2 = (1/2) × 9,1 × 10-31 × v2 = 4,55 × 10-31 × v2
Dengan menggunakan hokum kekekalan energi me K2 = K
73
4,55 × 10-31 × v2 = 0 + 0 – (-1,6 × 10-14) atau
1631 103,3
1055,4 × −v 1410
×=× −
2.9 Bidang Equipotensial Jika kita tempatkan sebuah muatan listrik dalam ruang, maka titik-titik di sekitar muatan
trik tertentu. Besarnya potensial listrik bergantung pada jarak titik engamatan ke muatan. Jika muatan yang kita tempatkan berbentuk titik maka potensial pada
memenuhi
2 6,1=
atau v = 1,8 × 108 m/s
memiliki potensial lispjarak r dari muatan
roπε4qV 1
=
muatan bola, dan
(c) Tamp g sama.
Gambar 2.10 Bidang ekipotensial yang dihasilkan oleh (a) muatan titik, (b) pelat sejajar
ak bahwa titik-titik yang berjarak sama dari muatan memiliki potensial yan
(a) (b)
(c)
(a) (b)
(c)
74
Titik-titik yang berjarak sama dari muatan berada pada permukuaan bola dengan pusat muatan. ermukaan atau bidang yang memiliki potensial listrik yang sama dinamakan bidang
eberapa bentuk bidang ekipotensial dari benda yang bentuknya khusus sebagai berikut:
linder ) Untuk muatan yang tersebar pada pelat, bidang ekipotensial berupa bidang datar sejajar
nvolt
n volt yang disingkat eV. Satu electron volt adalah energi yang dimiliki electron ketika erada pada potensial satu volt. Jadi
eV = muatan electron × satu volt
nergi yang diperlukan untuk melepaskan electron dari atom hydrogen disebut energi ionisasi but adalah 13,6 eV. Berapa besar energi tersebut dalam
3,6 eV = 13,6 × (1,6 × 10-19) = 2,18 10-19 J
ah memencet tombol keyboard komputer? Jika kamu pencet tombol A i monitor komputer muncul huruf A. Mengapa hal itu terjadi? Jawabannya adalah
pasitor. Pemencetan tombol keyboard mengubah ilai kapasitansi tombol tersebut. Mikroprosessor dalam komputer mendeteksi perubahan nilai rsebut sehingga mengetahui tomboil mana yang sedang dipencet. Akhirnya, huruf yang
an tombol tersebut ditampilkan di layar.
Pekipotensial. Bi) 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 siivpelat Ada satu yang menarik dari bidang ekipotensial yaitu selalu tegak lurus garis gaya listrik. 2.10 Satuan ElektroSalah satu satuan energi yang sering dipakai ketika membahas atom dan molekul adalah electrob 1 = (1,6 × 10-19) × 1 V = 1,6 × 10-19 J Contoh 50.5 Eatom hydrogen. Besar energi tersesatuan SI (Joule)? Jawab 1 2.11. Kapasitor Apakah kamu pernmaka dkarena tombol keyboard berfungsi sebagai kantebersesuaian deng
75
Gambar 2.11 Pada bagian ini kita akan m ahas prinsip kerja kapasitor dan berbagai macam kapasitor. 2.12 Kapasitansi Kapasitor
pa sebenarnya kapasitor itu? Kapasitor adalah piranti elektronik yang dapat menyiompan uayan listrik. Kemampuan kapasitor menyimpan muatan listrik diungkapkan oleh besaran
in besar kapasitansi sebuah kapasitor, maka makin besar pula uatan yang dapat disimpan kapasitor tersebut.
ika sebuah kapasitor dapat menyimpan muatan Q ketika dihubungkan dengan beda potensial tersebut diudefinisikan sebagaian
Contoh kapasitor
emb
Amyang namanya kapasitansi. Makm JV, maka kapasitansi kapasitor
VQC = (2.18)
dengan Q : muatan yang disimpan kapasitor, V : beda potensial antara dua ujung kapasitor,
1 F = 1 C/V
erbagai tipe kapasitor yang ada beserta jangkauan kapasitansi dan tegangan kerjannya
dan C : kapasitansi kapasitor. Tampak bahwa satuan kapasitansi kapasitor adalah C/V. Satuan ini memiliki nama khusus, yaitu Farad yang disingkat F. Jadi
Btampak pada Tabel 2.2
76
Tabel 2.2 Berbagai tipe kapasitor Tipe Jangkauan
kapasitansi Tegangan maksimum
Komentar
mika 1 pF – 10 nF 100 – 600 V Sangat berguna digunakan pada daerah frekuensi radio
keramik 10 pF – 1 µF 50 – 30 000 V Kecil dan murah polistiren µF V tinggi,
digunakan pada 10 pF – 2,7 100 – 600 Kualitas
filter yang teliti polikarbonat 100 pF – 30 µF 50 – 800 V Kualitas tinggi,
ukuran kecil tantalum 100 nF – 500 µF 6 – 100 V itansi tinggi KapasElektrolit
) ya
(aluminium100 nF – 2 F 3 – 600 V Filer catu da
untuk meratakan tegangan
Selanjutnya kita akan bahas sejumlah kapasitor yang sederhana yang dapat ditentukan i secara mud
or Pelat Sejajar Bentuk kapasitor yang paling sederhana adalah kapasitor pelat se asitor ini terdiri
ari dua pelat konduktor yang sejajar dan dipisahkan oleh sebuah lapisan isolator.
Gambar 2.12 Skema kapasitor pelat sejajar Luas masing-masing pelat adalah A
kapasitans ah. 2.13 Kapasit
jajar. Kapd
d
Luas A Luas A
d
Luas ALuas A
77
Jarak antar pelat adalah d Kerapatan muatan listrik yang diberikan pada masing-masing pelat adalah + σ dan -σ. Maka muatan yang dikandung masing-masing pelat adalah
+ Q = + σ A (2.19) dan
- Q = - σ A (2.20)
alam keadaan demikian, kita katakana kapasitor menyimpan muatan Q. Jadi kapasitor emiliki muatan –Q dan pelat lainnya memiliki
hwa kuat medan listrik antar dua pelat sejajar yang vakum adalah
Dmenyimpan muatan Q jika salah satu pelat mmuatan +Q. Kita sudah bahas dalam Bab 1 badipisahkan oleh udara atau
o
Eεσ
=
engan εo adalah permitivitas vakum. Dengan demikian, beda potensial antara dua pelat
sitor adalah dkapa
AdQdA
AddEV
εε ooo
σεσ
==== (2.21)
)(
Dengan menggunakan persamaan (2.19) dan (2.21) kita dapatkan kapasitansi kapasitor pelat sejajar adalah
dA
VQC oε== (2.22)
2.14 Memperbesar Kapasitansi Kapasitor Berdasarkan persamaan (2.22), ada sejumlah cara untuk memperbesar kapasitansi sebuah
apasitor. Beberapa di antaranya sebagai berikut
s pelat. gar ukuran kapasitor tidak terlalu besar, maka ke dua pelat dibatasi dengan lapisan tipis
isolator seperti kertas, kemudian keduanya digulung secara bersama. Akhirnya kita
k Memperbesar luaA
78
79
mendapatkan bodi kapasitor berbentuk sil
Memperkecil jarak ant
erkecil jarak antar pelat. Tetapi pendekatan ini mem at kecil maka kuat medan listrik antar dua pelat me hubungan E = V/d). Medan yang sangat besar dapat mengionisasi atom lat sehingga bahan pembatan yang semula isolator dapat berubah m ngalirnya muatan dari satu pelat ke pelat lain melalui lapisa ikian kita katakana kapasitor bocor. Menggunakan bahan dielektrik Pendekatan yang lebih um ningkatkan kapasitansi kapasitor adalah menggunaka gai lapisan pemisah
ka kapasitansi kapasitor menjadi
inder yang mengandung pelat yang cukup luas,
Gambar 2.13 kapasitor pelat sejajar biasanya digulung untuk memperbesar luas pelat
ar pelat Kapasitansi kapasitor dapat diperbesar dengan memp
iliki batas. Jika jarak antar dua pelat sangnjadi sangat besar (ingat
/molekul antar dua peenjadi konduktor. Ini berakibat me
n pembatas tersebut. Dalam keadaan dem
um dipakai dalam men bahan dielektrik dengan konstanta dielektrik tinggi seba
dua pelat. Dengan penggunaan bahan dielektrik ini ma
doAC κε= (2.23)
engan κ adalah konstnta dielektrik bahan. d Sekarang telah ditemukan sejumlah bahan dengan konstanta dielektrik tinggi. Beberapa di antaranya tampak pada Tabel 2.3
Tabel 2.3 Konstanta dielektrik seumlah bahan Bahan Konstanta dielektrik Vakum 1,0000 Udara (1 atm) 1,0006 Parafin 2,2 Karet keras 2,8 Plastik vinyl 2,8 – 4,5 Kertas 3 - 7 Kuarsa 4,3 Glas 4 - 7 Porselin 6 - 8 Mika 7 Etil Alkohol (etanol) 24 Air 80 2.15 Kapasitor Satu Bola Konduktor
sebagai sebuah kapasitor. Lihat Gambar 2.14 ini.
i potensial
tor yang berjari-jari R memiliki potensial V relatif terhadap tanah. Telah dibahas di Bab 1 bahwa potensial di permukaan bola konduktor yang memiliki muatan
Sebuah bola konduktor dapat juga berfungsi berikut
R
+Q
V
Gambar 2.14 Bola konduktor yang diber Bola kobduk
80
Q adalah
RQV
oπε41
=
Berdasarkan definisi persamaan (2.22), kapasitansi bola konduktor menjadi
VQC =
Roπε4= (2.24) 2.16 Kapasitansi Dua Bola Konduktor Konsentris Sekarang kita prhatikan dua bola konduktor konsentris yang memiliki jari-jari R1 dan R2, eperti diperlihatkan dalam Gbr 2.15
amba eda potensial Ke dua bola dihubungkan dengan beda potensial V. Misalkan muatan masing-masing bola adalah +Q dan –Q ,
aitu
s
G r 2.15 Dua bola konsentris dipasang pada suatu b
. Kuat medan listrik antara dua bola hanya ditentukan oleh muatan bola R1y
241
rQE
oπε=
Dengan demikian, beda potensial antara dua bola memenuhi
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−=⎥⎦
⎤⎢⎣⎡−=== ∫∫
212
114
144
2
1
2
1
2
1RR
Qr
QrdrQdrEV
o
R
Ro
R
Ro
R
R πεπεπε (2.25)
R1
R2 V
-Q +Q
R1
R2 V
-Q +Q
81
Berdasarkan definisi kapasitansi, maka kapasitansi bola konsentrais adalah
VQC =
( )21 /1/14
RRo
−=
πε (2.26)
2.17 Kapasitor Dua Silinder Konsentris Terakhir kita tinjau kapasitor yang berupa dua silinder konsentris yang sangat panjang. Skema
apasitor tanpak pada Gbr 2.16
Silinder dalam memiliki jari-jari R1 dan silinder luar memiliki jari-jari R2. Kuat medan listrik ntar dua silinder hanya ditentukan oleh muatan silinder dalam, yaitu
k
R2
R
Gambar 2.16 Dua silinder konsentris dipasang pada suatu beda potensial
a
rE
o
λπε21
= (2.27)
dengan λ adalah rapat muatan per satuan panjang silinder. Beda potensial antara dua silnder adalah
[ ] ⎟⎟⎠
⎜⎜⎝
==== ∫∫1
2ln2
ln22
2
1
11R
rr
drEVo
RoRoR πεπεπε
(2.28) ⎞⎛ RR λ
Rapat muatan silinder memenuhi
22 drRR λλ
1
V
R2
R
V
1
82
LQ
=λ (2.29)
dengan Q adalah muatan silinder dan L adalah panjang silinder. Jadi kita dapat menulis
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
1
2ln2
/RRLQV
oπε (2.30)
Dengan menggunakan definisi kapasitansi diperoleh kapasitansi kapasitor silinder konsentris adalah
VQC =
( )12 /ln RR2 Loπε
= (2.31)
apasitor variable atau varco (variable capacitor) adalah kapasitor yang dapat diubah-ubah kapasitansinya. Simb
Gambar 2.17 Simbol kapasitor variabel Contoh kapasitor variable adalah keyboard komputer. Skema tombol keyboard komputer ebagai berikut.
tombol tidak ditekan, jarak antar dua pelat adalah do sehingga kapasitansi kapasitor
2.18 Kapasitor Variabel K
ol kapasitor variable tampak pada Gambar 2.17.
s
dLuas A
Tombol
dLuas A
Tombol
Gambar 2.18 Skema tombol keyboard komputer Ketika
83
adalah
ooo d
AC ε= (2.32)
etapi, ketika tombol ditekan, jarak antar dua pelat menjadi lebih kecil , dengan
. Dengan demikian kapasitansi kapasitor menjadi ddd o ∆−=T
∆d adalah pergeseran pelat
ddAAC == εε
d ooo ∆−
(2.33)
Maka perubahan nilai kapasitansi akibat pemencetan tombol adalah
oCCC −=∆
dddd
dA
dd
ddAAA
ddd o
o
oo
o
o
oo
oo
oo ∆−
∆−−
∆−∆−ε =−= εεε
)()(
dddddAAd
= εoo
ooo ∆−
∆−−
)( ddddA
ooo ∆−
∆−= ε (2.34)
Bentuk lain dari kapasitor variable adalah kapasitor geser. Posisi relatif pelat digeser sehingga penampang pelat yang berimpitan berubah.
is pl. Kapasitansi kapasitor sebelum menggeser pelat adalah
Gambar 2.19 Kapasitor variable dengan cara penggeseran dua pelat M alkan panjang pelat adalah p dan lebarnya l. Luas pelat adalah Ao =
p p
d d
xdigeser
p-x
p p
d d
p-xxdigeser
84
dpl
dA
C oo
oo κεκε == (2.35)
engan κ adalah konstanta dielektrik antar dua pelat. Misalkan satu pelat digeser sejauh x maka panjang bagian pelat yang berimpit menjadi p-x sehingga luas pelat yang berimpit menjadi
A = (p-x)l (2.36) Kapasitansi kapasitor menjadi
d
dlx
dpl
dlxp
dAC oooo κεκεκεκε −=
−==
)( (2.37)
Perubahan kapasitansi akibat penggeseran adalah
oCCC −=∆
dpl
dlx
dpl
ooo κεκεκε −⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −=
xdl
oκε−= (2.38)
Tampak bahwa perubahan kapasitansi berbanding lurus dengan pergeseran dua pelat. 2.19 Rangkaian Kapasitor
apasitansi kapasitor yang dijual di pasaran tidak selalu sama dengan apa yang kita inginkan. ra di pasar tidak ada?
aranya adalah dengan merangkai sejumlah kapasitor. Rangkaian sejumlah kapasitor
ecara umum rangkaian kapasitor dapat dikelompokkan atas dua bagian besar, yaitu rangkaian seri dan parallel. Rangkaian-rangkaian kombinasi rangkaian seri dan parallel.
dua kapasitor C1 dan C2 dirangkaian secara seri seperti pada Gbr 2.20 berikut.
KBagaimana cara mendapatkan kapasitansi yang diinginkan sementaCmenghasilkan kapasitansi total yang berbeda dengan kapasitansi kapasitor-kapasitor awal. S
kapasitor yang lain dapat dipandang sebagai
a) Rangkaian Seri Misalkan
85
C C
(a)
(b)
1 2C C
(a)
(b)
1 2
C = …?C = …?
Gambar 2.20 (a) Rangkaian seri kapasitor C1 dan C2 dan (b) adalah kapasitor pengganti
kivale
engetahuinya, mari kita
Gambar 2.21 (a) Dua kapasitor seri dihubungkan ke sumber tegangan dan (b) kapasitor pengganti dihubungkan ke sumber tegangan yang sama besarnya Pada rangkaian yang disusun secara seri, muatan yang dikandung masing-masing kapasitor
(e n) Berapakah kapasitansi pengganti dua kapasitor di atas? Untuk mhubungkan rangkaian kapasitor dengan sumber tegangan V seperti ditunjukkan pada Gambar 2.21.
C1 C2 C = …?
VV
Q1 Q2 Q
V1 V2
C1 C2 C = …?
VV
Q1 Q2 Q
V1 V2
86
sama besarnya. Jadi
Q1 = Q2 = Q (2.39) Jumlah tegangan pada dua kapasitor sama dengan tegangan total. Jadi
V = V1 + V2 (2.40) Tetapi, hubungan antara tegangan, kapasitansi, dan muatan memenuhi
11
11 C
QCQV == (2.41a)
22
22 C
QCQV == (2.42b)
Untuk kapasitor pengganti dipenuhi
C Substi
QV = (2.43)
tusi persaman (2.41a), (2.41b) dan (2.43) ke dalam persamaan (2.40) diperoleh
21 CQ
CQ
CQ
+=
Akhirnya diperoleh
21
111CCC
+= (2.44)
Jika terdapat N kapasitor yang disusun secara seri seri maka kapasitansi total, C, memenuhi
NCCCCC1...1111
321
++++= (2.45a)
Penjumlahan di atas dapat disingkat menjadi
87
∑=N 11 =i iCC 1
(2.45b)
usunan lain yang dapat diterapkan pada kapasitor adalah susunan parallel. Gambar 2.22 adalah s
ari kita ar 2.23
ambar 2.23 (a) Dua kapasitor paralel dihubungkan ke sumber tegangan dan (b) kapasitor pengganti dihubungkan ke sumber tegangan yang sama besarnya
b) Susunan Paralel S
usunan parallel dua kapasitor C1 dan C2
C1C1
C
C = …?
2C
C = …?
2
Gambar 2.22 Susunan parallel dua kapasitor
encari kapasitor pengganti dua kapasitor parallel di atas. Untuk itu mKita ingin mhubungkan dengan sebuah sumber tegangan seperti pada Gamb
C1
C = …?
C2
Q1
Q2
G
Q
V V
(a) (b)C1
C = …?
C2
Q1
Q2
Q
V V
(a) (b)
88
89
Tegangan antara dudikandung dua kapasitor sama dengan jumlah muatan masing-masing kapasitor, atau
Q = Q1 + Q2 (2.46)
(2.47a)
(2.47b)
(2.47c) Substitusi persamaan (2.47a) – (2.47c) ke dalam persamaan (2.46) diperoleh
2.48)
a ujung kapasitor C1 dan C2 sama besarnnya, yaitu V. Muatan total yang
Tetapi
VCQ 11 =
VCQ 22 =
CVQ =
VCVCCV 21 += atau
21 CCC (+=
Jika terdapat N buah kapasitor yang disusun secara parallel, seperti pada Gambar 2.24, maka kapasiotansi total memenuhi
C1
C2
C3
CN
C1
C2
C3
CN
Gambar 2.24 Sununan parallel N buah kapasitor
NCCCCC ++++= ...321 (2.49a) Penjumlahan di atas dapat disingkat menjadi
∑=N
=
CC (2.49b)
) Tiga buah kapasitor dengan kapasitansi sama, masing-masing 1 mF. Tulislah semua
susunan yang masing-masing susunan tersebut.
Jawab iberikan C1 = C2 = C3 = 1 mF.
Susunan-susunan
ambar 2.25 ) Ke tiga kapasitor disusun secara seri, sehingga kapasitor pengganti, C, memenuhi
ii
1
Contoh1
ungkin bagi tiga kapasitor tersebut dan hitung kapasitansi pengganti m
D yang mungkin sebagai berikut:
C1 C2 C3C1 C2 C3
G
a
311111111
++=++=11321
=CCCC
atau C = 1/3 mF b) Kapasitor C2 dan C3 diparalel kemudian diseri dengan C1. Susunan parallel C2 dan C3 menghasilkan kapasitansi total C’ = C2 + C3 = 1 + 1 = 2 mF Susunan seri C1 dan C’ menghasilkan kapasitansi total C yang memenuhi
23
21
11
'111
1
=+=+=CCC
atau
90
C = 2/3 mF
C1
Gambar 2.26
sehingga kapasitansi total memenuhi
ambar 2.27
= C1 + C2 + C3 = 1 + 1 + 1 = 3 mF d) Dua kapasitor disusun seri kemudian disusun parelel dengan kapasitor ke tiga
otal C1 dan C2 yang disusun seri memenuhi
c) Ke tiga kapasitor disusun secara parallel,
G C
Kapasitansi t
211111=+=+=
11' 21 CC
’ = 1/2 mF
’ dan C3 disusun secara parallel sehingga menghasilkan kapasitansi total
C
atau C C
C2
C3
C1
C2
C3
C1
C2
C3
C1
C2
C3
91
C = C’ + C3 = 1/2 + 1 = 3/2 mF
Gambar 2.28 Contoh
ahan dengan konstanta dielektrik κ = 50 ditempatkan di antara dua pelat logam sejajar yang rpisah sejauh 0,1 mm. Luas masing-masing pelat adalah 5 cm2. Tentukan kapasitansi
dih pa kapasitansi jika bahan dielektrik dikeluarkan dari osisi antara dua pelat?
Gambar 2.29 Kapasitor yang mengandung bahan dielektrik
iberikan = 5 cm2 = 5 × 10-4 m2
× 10-3 m = 50
apasitansi yang dihasilkan
C1 C2
C3
C1 C2
C3
Btekapasitor yang asilkan. Dan berap Jawab
DAd = 0,1 mm = 1κ K
94
12 105 −−
− ×A4 1042,1
101)1067,5(50 − ×=×
××==doκε F = 1,42 nF
ika bahan dielektrik dikeluarkan maka kapasitansi kapasitor menjadi
C
J
92
114
412 1084,2
101105)1067,5( −
−
−− ×=
××
×==dAC oε = 28,4 pF
apasitor yang bermuatan dapat memberikan arus listrik pada komponen-komponen lain s listrik bermakna pemberian energi, serupa dengan baterei
dan aki yang dapat memberikan arus listrik dalam rangkaian. Dengan demikian, kapasitor yang bermuatan menyimpan sejumlah energi. Pada bagian berikut ini kita akan menghitung energi yang disimpan sebuah kapasitor. Untuk mudahnya, kita mengambil contoh kapasitor pelat sejajar.
n-ukurannya
n suatu saat kapasitor mengandung muatan q (belum penuh) Beda potensial antar dua pelat kapasitor adalah v. Maka terpenuhi hubungan:
2.20 Energi Yang Tersimpan Dalam Kapasitor Kdalam rangkaian. Pemberian aru
d
A
d
A
Gambar 2.30 Kapasitor pelat sejajar beserta ukura Misalka
Cqv = (2.50)
Jika muatan listrik sebesar dq ditambahkan lagi pada kapasitor maka kerja yang diberikan pada kapasitor adalah
qdqvdqdW 1==
C (2.51)
93
Dengan demikian, kerja total yang diberikan pada kapasitor untuk mengisi muatan kapasitor 0) sampai bermuatan q = Q adalah dari keadaan kosong (q =
CQdqq
Cdqq
CdWW 1
== ∫∫QQQ 2
000 211
== ∫ (2.52)
Kerja total yang diperlukan untuk mengisi kapasitor dengan m atan Q sama akan berubah enjadi energi yang tersimpan dalam kapasitor. Jadi, kapasitor yang memiliki muatan Q
ummenyimpan energi sebesar
CQU
2
21
= (2.53a)
arena Q = CV maka dapat pula ditulis K
22
21)(
21 CV
CCVU == (2.53b)
Untuk kapasitor pelat sejajar, berlaku hubungan
EdV = dan
dAC oκε=
Dengan demikian,
( ) VolEAdEEddAU ooo
222
21)(
21
21 κεκεκε ==⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛=
dengan Vol adalah volum ruang antar dua pelat (volum kapasitor).
elanjutnya kita definisikan rapat energi yang tersimpan dalam kapasitor (= energi per satuan olum), yaitu
Sv
VolUu =
21 Eoκε= 2
(2.54)
94
Contoh Dua buah kap baterei 10 V. Bila hanya salah satu kapasi
bungkan secara seri dengan batarei.
Jawab Jika hanya satu kapasitor yang digunakan m
asitor identik yang mula-mula belum bermuatan akan dihubungkan dengantor yang dihubungan dengan baterei 10 V, energi
yang tersimpan dalam kapasitor adalah U. Berapa energi yang akan tersimpan jika dua kapasitor tersebut dihu
aka energi yang disimpan dalam kapasitor adalah
2
21 CVU =
Jika dua kapasitor disusun secara seri maka kapasitansi total memenuhi
CCCCT
atau
2111=+=
2CCT =
nergi yang tersimpan dalam kapasitor seri menjadi E
UCVVCVCU T 21
21
21
221
21' 222 =⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛==
isalkan sebuah kapasitor yang berisi muatan dihubungkan secara seri dengan sebuah hambatan R. Maka muatan pada kapasitor akan mengalir melalui hambatan R sehingga
-kelamaan muatan kapasitor makin kecil dan akhirnya habis. Peristiwa ini disebut pengosongan kapasitor (discharge). Bagaimana kebergantungan muatan kapasitor terhadap waktu selama proses pengosongan? Mari kita bahas di bagian ini
2.21 Pengosongan Kapasitor M
lama
95
C
R
C
R
Gambar 2.31 Sebuah kapasitor dihubung seri dengan sebuah tahanan Kita anggap suatu i
uatan kapasitor kapasitor sebesar
(2.55)
saat, arus yang mengalir adalah I. Setelah selang waktu ∆t terjadperubahan m
tIq ∆−=∆
Tanda minus menunjukkan bahwa muatan kapasitor berkurang (akibat pengosongan). Dengan menggunakan hukum Ohm RVI /= dan hubungan antara muatan dan tegangan kapasitor CqV /= maka dapat kita tulis
tRCqq ∆⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛−
Jika diambil m ) maka kita dapat mengganti
=∆ (2.56)
t∆ enuju nol ( 0→∆t dqq →∆ dan
ikian, persamaan (2.56) menjadi dtt →∆ .
Dengan dem
dtRCq ⎞⎛dq ⎟
⎠⎜⎝
−= (2.57)
uatan kapasitor adalag Qo dan saat t sembarang muatan kapasitor
pai t dan integralkan muatan dari Qo sampai Q. Misalkan pada saat t = 0 madalah Q. Kita integralkan waktu dati 0 sam
∫∫ −=tQ
Q
dtRCq
dq
o 0
1
] ]tQQ t
RCq
o 01ln −=
tRCQ
Q
o
1ln −=
96
atau
⎥⎦⎤
⎢⎣⎡−=
RCt
o
exp
atau
⎥⎦⎤
⎢⎣⎡−=
RCtQQ o exp (2.58)
Dengan menggunakan hubungan Q = VC maka teganangan antara dua ujung kapasitor berubah menurut hubungan
⎥⎦⎤
⎢⎣⎡−=
RCtCVVC o exp
atau
⎥⎦⎤
⎢⎣⎡−=
RCtVV o exp (2.59)
ambar 2.32 Grafik pengosongan kapasitor
.22 Pengisian Kapasitor Sebaliknya kita akan m tegangan dirangkaikan seperti pa eadaan tegangan. Tegangan antara dua kaki kapasitor nol. Pada saat t = 0 saklar ditutup
Gambar 2.32 adalah grafik pengosongan kapasitor, yaitu kebergantungan tegangan kapasitor terhadap waktu.
V
G 2
engkaji proses pengisian kapasitor. Kapasitor, tahanan, dan sumberda Gbr. 2.33. Mula-mula kapasitor kosong dan saklar dalam
ksehingga arus listrik mengalir dan kapasitor mulai terisi. Dengan demikian tegangan antara
t
V o
V
V o
t
97
dua ujung kapasitor makin meningkat. Bagaimana kebergantungan tegangan tersebut terhadap aktu? Mari kita analisis.
Gambar 2.33 Skema rangkaian pengisian kapasitor
Vo. Ketika saklar ditutup maka rangkaian pada Gbr. 2.33 menjadi r ,
batan adalah
(2.60)
Tetapi
w
R
CS
+
- R
CS
+
-
Misalkan tegangan baterei yang dipasang adalah
angkaian tertutup sehingga hubungan antara tegangan batereitegangan kapasitor dan tegangan pada ham
kapreso VVV +=
IRVres =
CqVkap =
sehingga
CqIRVo += (2.61)
Lakukan diferensial terhadap waktu ruas kiri dan ruas kanan persamaan (2.61)
dtdq
CR
dtdI
dtdVo 1
+= (2.62)
Mengingat Vo konstan mana 0=dt
dVo dan berdasarkan definisi, Idtdq
= . Dengan demikian,
persamaan (2.62) dapat ditulis
98
IC
Rdt
0 += dI 1
tau a
dtdI 1−=
RCI (2.63)
Pada saat t = 0 arus yang mengalir memiliki nilai maksimum, Io. Kita lakukan integral di ruas kanan dari t = 0 sampai t sembarang dan di ruas kiri dari Io sampai I sembarang. Maka
∫∫ −=tI dI 1
I
dtRCI
o 0
] tRC
I IIo
1ln −=
tRCI
I
o
1ln −=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
atau
(2.64)
emenuhi
=
=
RCtoeII /−=
Berdasarkan persamaan (2.60), tegangan antara dua ujung kapasitor m
resokap VVV −=
= IRVo −
RCtoo
RCtoo
RCtoo eVVeRIVReIV /// )()( −−− −=−=−
( )RCto eV /1 −−
itor, yaitu kebergantungan tegangan kapasitor terhadap waktu.
(2.65)
Gambar 2.34 adalah grafik pengisian kapas
99
t
Vo
V
t
Vo
V
Gambar 2.34 Grafik p
awab Tidak dapat. Jika dua garis ekipotensial berpotongan maka garis singgung ke dua garis tersebut di titik potong ada dua nilai. Karena medan listrik selalu tegak lurus garis singgung bidang ekipotensial, maka pada titik potong, medan listrik memiliki dua arah, masing-masing
gak lurus dengan kem ingan bidang ekipotensia. Karena ada dua arah yang berbeda maka e iliki dua nilai medan listrik. Dan ini tidak mungkin.
2) Jika dua titik berada pada potensial yang sama apakah ini berarti bahwa a) tidak ada kerja yang diperlukan untuk membawa muatan dari satu titik ke titik yang lain.
idak ada gaya yang dikerjakan pada muatan saat dipindahkan? awab
a) Ya. Jika dua titik membawa muatan dari satu titik ke titik yang
b) Tidak. Gaya mungk saja pada sebagian lintasan dilakukan gaya yang searah perindahan dan pada sebagian lintasan yang lain dilakukan gaya yang berlawanan dengan arah perpindahan. Karena gaya tersebut tidak bergerak serentak maka gaya-gaya tersebut tidak saling menghilangkan. 3) Apakah ada titik anta t
engisian kapasitor
Soal dan Penyelesian 1) Dapatkan dua garis ekipotensial berpotongan? J
te irtitik potongdua garis m m
b) TJ
memiliki potensial yang sama maka tidak aga kerja yang dilakukan untuklain. Ini akibat sidah dari medan listrik yang
konsevatif. in saja dikerjakan. Bisa
ra dua muatan positif sehingann kuat medan listrik pada titik tersebu
100
nol? Di manakah letak titik tersebut?
muatan positif maka pada daerah antara dua muatan tersebut, ke dua muatan enghasilkan medan dalam arah berlawanan. isalkan jarak antara dua muatan R. Jarak muatan q1 ke titik di mana medan nol adalah r1,
an jarak muatan q2 ke titik di mana medan nol adalah r2 = R – r1. Titik tersebut memiliki edan nol jika
Jawab Ada. Karena duamMdm
22
22
1
1
41
41
rq
rq
oo πεπε=
22
22
1
1
rq
rq
=
2
2
1
1
rq
rq
=
2112 qrqr =
2111 )( qrqrR =−
( )2111 qqrqR +=
atau
Rqq
qr
21
11
+=
dan
Rqq
rRr21
212
+=−=
4) Misalkan sebuah elektron dipercepat dalam beda potensial Vo. Akan menjadi berapa kalikan laju akhir elektron jika potensial pemercepat dijadikan tiga kali?
q
awab JLaju akhir elektron memenuhi
eVmv =21 2Dengan demikian
101
Vv ∝2 atau
Vv ∝ Misalkan laju awal elektron vo dan laju akhirnya v, maka
3===ooo V
Jadi laju akhir elektron naik menjadi
V VVv
v
3 kali laju semula.
an listrik juga nol?
ti gradien potensial nol. ebagai contoh adalah potensial pada titik tengah antara dua muatan yang sama besar tetapi
berlawanan tanda adalah nol. Tetapi medan listrik pada titik tersebut adalah terbesar. 6) Berapa energi yang diperluka untuk memindahkan proton dari titik dengan potensial +100 V ke titik dengan potensial –50 V. Nyatakan jawabannmu dalam joule dan elektronvolt Jawab Muatan proton: q = +1,6 ×10-19 C Energi potensial proton mula-mula: U1 = q V1 = (+1,6 ×10-19) × 100 = +1,6 ×10-17 J. Energi potensial proton akhir: U2 = q V2 = (+1,6 ×10-19) × (-50) = -8,0 ×10-18 J Misalkan laju proton di titik awal dan titik akhir nol (proton dipindahkan secara perlahan-lahan). Maka K1 = 0; K2 = 0. Dengan prinsip usaha energi, kerja yang dilakukan sama dengan perubahan energi mekanik proton, atau
M2 – EM1 = (U2 + K2) – (U1 + K1)
= (U2 + 0) – (U1 + 0) = U2 – U1 = (-8,0 ×10-18) – (1,6 ×10-17) = -2,4 ×10-17 J
na 1 eV = 1,6 ×10-19 J, maka kerja yang dilakukan dalam satuan eV adalah -2,4 ×10-17/1,6 10-19 = 150 eV
5) Jika potensial di suatu titik nol, apakah medJawab Tidak. Potensial adalah negatif gradien medan listrik. Meskipun di sutu titik, potensial listrik nol, bukan berarS
W = E
Kare×
102
7) Berapa peningkatan energi kinetik yang akan dialami electron ketika electron melewati beda potensial 21.000 V pada tabung TV (nyatakan dalam joule dan elektronvolt) awab
ningkatan energi kinetik electron
= e V1 – e V2 = - e (V2 – V1) = - e ∆V = - (-1,6 ×10 9) × 21.000 = 3,36 ×10-15 J
Bila dinyatakan dalam satuan eV maka pertambahan energi kinetik electron adalah 3,36 5/1,6 ×10-19 = 21.000 eV = 21 keV
8) Sebuah bola dibuat dari logam penghantar, di dalamnya berongga. Jari-jari dalam dan ri-jari luar bola tersebut masing-masing 9,8 dan 10 cm. Bola tersebut diberi potensial
. yang berjarak r = 12 cm dari pusat bola b. yang berjarak r = 3 cm dari pusat bola Jawab a) Misalkan muatan bola Q. Potensial listrik di luar bola memenuhi rumus
JJika tidak ada kerja luar yang bekerja maka energi mekanik kekal, atau U1 + K1 = U2 + K2 Atau pe∆K = K2 – K1 = U1 – U2
-1
×10-1
jasebesar 1200 Volt. Hitunglah potensial di titik-titik: a
rQV 1
= oπε4
otensial di permukaan bola memenuh P
RQRV 1)( =
oπε4
Dengan demikian
rRQRV o /)4/1()( πεRrQV o ==
/)4/1( πε
atau
100012001210)( =×== RV
rRV V
b) Karena tidak terdapat muatan listrik dalam rongga bola, maka dengan menggunakan dalam rongga bola nol. Karena kuat medan listrik dalam
al listrik an demikian,
hokum Gauss, kuat medan listrik rongga bola nol maka potensial listrik dalam rongga bola persis sama dengan potensikulit bola (kuat medan listrik nol berarti potensial bernilai konstan). Dengpotensial listrik dalam rongga bola 1200 V.
103
9) Dua pelat sejajar dengan luas penampang masing-masing 0,05 m2 dipisahkan sejauh 0,1
g dengan konstanta dielektrik κ1 = 100 dan κ2 = 150. Tentukan kapasitansi
sebagai dua buah kapasitor yang disusun secara seri
b i
mm. Di antara dua pelat diselipkan dua bahan dielektrik dengan ketebalan sama masing-masinyang dihasilkan. Jawab
0,1 mm
0,05 mm
0,05 mmC1
C2
0,1 mm
0,05 mm
0,05 mmC1
C2
Gambar 2.35 Susunan di sebelah kiri dapat dipandangseperti pada gambar di sebelah kanan Pertama kali kita hitung C1 dan C2 kemudian menghitung kapasitansi total. Berdasarkan gam ar 51.25 k ta dapatkan
75
1211 1067,5
10505,0)1067,5(100 −
−− ×=
×××==
dAC oεκ = 567 nF
75
1222 )1067,5(150 −××==
dAC oεκ 1051,8
105−
− ×=05,0
× = 851 nF
C1 dan C2 disusun secara seri maka kapasitansi total memenuhi Karena
002939,08511
5671111
21
atau
=+=+=CCC
C = 1/0,002939 = 340 nF
sitansi kapasitor dengan susunan berikut ini. Diketahui lebar pelat adalah 3 10) Hitunglah kapa
104
cm dan panjangnya 20 cm Jarak antar pelat adalah 0,01 mm. Sepertiga bagian lebar pelat diisi dengan bahan dielektrik dengan konstanta dielektrik κ = 200 dan sisanya berisi udara.
a konstanta dielektrik kapasitor?
Gambar 2.37 Susunan di bagian kiri dapat dipandang sebagai susunan parallel dua buah kapasitor seperti pada gambar di sebelah kanan Informasi yang diberikan d = 0,01 mm = 1 × 10-5 m
= 20 cm = 0,2 m 1 = 1 cm = 0,01 m
02 m 1 = 200
ertama kita hitung C1 dan C2
.
Berap
Gbr. 2.36 Jawab
p1 = p2l
l1 = 2 cm = 0,κκ2 = 1 (karena udara) P
75
1211111 10268,2
10101,02,0)1067,5(200 −−
− ×=××
××===dd oo εκεκ = 226,8 nF ×pA lC
C1 C2C1 C2
105
910−×51222
222 268,2101
02,02,0)1067,5(1 −− =
××
××=×
==d
pdAC oo
lεκεκ ,268 nF
Karena ke dua kapasitor disusun secara parallel maka kapasitansi total adalah
= C1 + C2 = 226,8 nF + 2,268 nF = 229 nF
1) Sebanyak n buah kapasitor disusun secara parallel. Kapasitor pertama memiliki kapasitansi Co, kapasitor kedua me iliki kapasitansi Co/2, kapasitor ketiga memiliki kapasitansn Co/4, kapasitor keempat memiliki kapasitansi Co/8, dan seterusnya. Berapa
itansi total? Berapa kapasitansi total jika n → ∞ ?
awab
= 2
C 1
m
kapas JKarena disusun secara parallel maka kapasitansi total memenuhi C = C1 + C2 + C3 + … + Cn
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=+++++= 1... oooo C
CCCCC ++++ −− 11 2
1...41
21
2842 nono
Bagian dalam tanda kurung merupakan deret geometri dengan Suku awal: a = 1 Pengali: r = 1/2 Indeks suku terakhir: N = n-1 umlah suku-suku deret geometri tersebut memenuhi rumus J
( )( ) ⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ −=
−−
×=−−
=−
−=
raS 1 +
n
nnN
rra
r 2112
2/112/111
11
1
1
Jadi
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ −×== nonoo CCSCC
2112
2112
Jika n → ∞ maka
( ) ooo CCCC 20122112 =−=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −= ∞
2) Tentukan kapasitansi total dari rangkaian kapasitor paga Gbr. 2.38
1
106
C1
C2
C3
C4
C5
C1
C2
C3
C4
C5
Gambar 2.38 Nilai kapasitansi masing-masing kapasitor adalah C1 = 1 nF, C2 = 2 nF, 4 = 4 nF, dan C5 = 8 nF.
awab pasitansi total memenuhi
C2 = 4 nF, C
JC3 dan C4 disusun secara parallel sehingga ka C3’ = C3 + C4 = 4 + 4 = 8 nF C3’ dan C5 disusun secara seri sehingga kapasitansi total memenuhi
41
81
811
'1
'5=
CC1
53
=+=+C
5’ = 4 nF
C5’ dan C2 disusun secara parallel sehingga kapasitansi total adalah
un secara seri sehingga kapasitansi total memenuhi
atau C
C2’ = C2 + C5’ = 2 + 4 = 6 nF C2’ dan C1 disus
66616' 12
=+=+=+=CCC
1 7611111
107
atau
/7 nF 13) Jika dimensi plat kapasitor dijadikan setengan dan jarak antar pelat juga dijadikan
pa nilai kapasitansi baru dibandingkan dengan kapasitansi lama?
Jawab Kapasitansi mula-mula adalah
C = 6
setengah juga, bera
o
ooo
o
ooo d
pdA
Cl
κεκε ==
ika , dan
2/oo ppp =→ , 2/oo lll =→ 2/oo ddd =→ , maka kapasitansi baru adalah J
oo
ooo
o
oooo C
dp
dp
dpC
21
21
)2/()2/)(2/(
====lll κεκεκε
14) Sebuah kapasitor diisi dengan baterei 6 V melalui sebuah hambatn 100 kΩ. (a) Berapa arus mula-mula? (b) Setelah berlangsung beberapa lama, arus yang mengalir adalah 30 µA, berapa beda potensial antara dua ujung hambatan dan antara dua ujung kapasitor? Jawab a) Arus mula-mula yang mengalir adalah
5106000100
6 −×===RVIo A = 60 µA.
) Ketika arus telah menjadi 30 µA maka
eda potensial antara dua ujung hambatan adalah
×− = 3 V
tensial antara dua ujung kapasitor
kap = Vo – Vres = 6 – 3 = 3 V
b B
30( ×== IRVres56 10)10
Beda po V
108
Soal Latihan 1) Medan listrik sebesar 640 V/m ingin dibangkitkan antara dua pelat sejajar yang terpisah
sejauh 11,0 mm. Berapa besar beda potensial yang harus diterapkan antara dua pelat? 2) Dua pelat sejajar dihubungkan dengan sumber tegangan 100 V dan dipisahkan oleh udara.
erapa jarak terkecil dua pelat agar udara tidak melampaui medan brekdown sebesar 3 × ?
) Berapa laju electron yang memiliki energi a) 750 eV dan b) 4,5 keV? n m = 6,64 × 10-27 kg)
dipancarkan pada proses peluruhan radioaktif dengan energi kinetik 5,53 MeV. Berapa
) Kerja yang dilakukan gaya luar untuk memindahkan partikel bermuatan –7,50 µC dari titik dalam keadaan diam dan
akhirnya memiliki energi kinetik 4,82 × 10-4 J ketika mencapai B, berapa beda potensial antara A dan B?
6) Berapa potensial listrik pada tempat yang berjarak 25,0 cm dari muatan titik 6,00 µC? ambarkan garis ekipotensial di sekitar dua titik muatan berlawanan tanda yang
didekatkan. Besar mauatan positif dua kali muatan negatif. ditempatkan pada totok-titik sudut segi tiga sama sisi. Besar muatan
tersebut semuanya sama yaitu 10 µC. Panjang sisi segitiga adalah 10 cm. (a) Tentukan
h-tengah segitiga.
tan titik masing-masing q disebar secara merata sepanjang lengkungan yang berupa jari-jari a cm. Jumlah muatan yang disebar adalah N. (a)
Berapakah potesnaial listrik pada titik di sumbu lingkaran yang lokasinya berjarak b dari pusat lingkaran? (b) Berapa potensial tersebut jika N menuju tak berhingga.
10) Sebuah elektron yang mula-mula diam dipercepat antara dua elektroda yang dipasang pada beda potensial V. Jika jarak antara dua elektroda diubah tetapi tetap mempertahankan
da potensialnya pakah laju elekt tika sampai ano1) Sebuah elektron yang mula-mula diam dipercepat antara dua elektroda yang dipasang
pada beda potensial V. (a) Tentukan laju elektron sebagai fungsi jarak dari katoda (elektroda tempat elektron mulai bergerak). (b) berapa panjang minimum gelombang sinar-X yang dihasilkan elektron ketika menumbuk anoda?
diberi beda nsial 900 V. Berapakah kapasitansi dua pelat tersebut?
r di udara adalah 120 V. Kedua kawat menyimpan muatan yang sama besar tetapi berlawanan tanda sebesar 96 pC. Berapakah kapasitansi
B106 V/m
34) Sebuah partikel alfa (yaitu inti atom helium dengan Q = 2e da
laju partikel tersebut? 5
A ke titik B adalah 2,5 × 10-3 J. Jika mula-mula muatan tersebut
7) G
8) Tiga muatan positif
kuat medan listrik dan potensial listrik di pusat segitiga. (b) Tentukan juga usaha yang diperlukan untuk membawa muatan -2µ dari posisi tak berhingga ke titik di tenga
9) Muakeliling lingkaran dengan
be , a ron ke da berubah? Jelaskan. 1
12) Hitunglah kapasitansi pasangan pelat yang ukurannya 0,1 m kali 0,1 m dan dipisahkan sejauh 5 mm oleh lapisan udara.
13) Dua pelat masing-masing menyimpan muatan + 2500 µC dan -2500 µC jika pote
14) Beda potensial antara dua kawat sejaja
109
dua kawat tersebut? 15) Kapasitor dengan kapasitansi 7500 pF mengandung muatan 16,5 × 10-8 C. Berapa beda
tegangan antara dua ujung kapasitor? dari baterei 12 V jika dihubungkan dengan kapasitor
dengan kapasitansi 9,0 µF? asitansi 0,2 F. Berapa luas maisng-masing
pelat jika kedua pelat tersebut jika terpisan sejauh 2,2 mm oleh udara? 18) Berapa kapasitansi kapasitor yang mengandung pelat lingkaran jang berjari-jari 5,0 cm
dan dipisahkan sejauh 3,2 m ika? Konstanta dielektrik mika adalah 7. uatan 4,2 µC dan medan listrik sebesar 2,0 kV/m
harus dihasilkan jika jarak antara dua pelat adalah 4,0 mm dan mediaum antara dua pelat s masing-masing pelat?
0) Berapa kuat medan listrik antara dua pelat kapasitor 0,80 µF yang ruang antara dua pelat adalah udara setebal 2,0 mm dan masing-masing pelat mengandung muatan 72 µC?
n listrik antara dua pelat kapasitor yang dipisahkan oleh bahan dielektrin
dan
22) gangan kemudian dihilangkan dan kapasitor tersebut dihubungkan dengan
asitor pertama turun
23)an 650 V. Ke dua kapasitor kemudian masing-masing diputus
24)
26)
udara, berapa kali energi yang tersimpan dalam kapasitor berubah? Bagaimana
16) Berapa jumlah muatan yang mengalir
17) Temanmu ingin membuat kapsitor dengan kap
m oleh m19) Jika kapasitor pelat sejajar memiliki m
adalah udara, berapakah lua2
21) Kuat medadengan κ = 3,75 adalah 9,21 × 104 V/m. Ke dua pelat terpisah sejauh 1,95 mm dan masing-masing mengandung muatan 0,775 µC. Tentukan kapasitansi kapasitor ini luas masing-masing pelat Kapasitor sebesar 7,7 µF dihubungkan dengan tegangan 125 V hingga muatan terisi penuh. Sumber tekapasitor lain yang masih kosong dan diamati tegangan pada kapmenjadi 15 V. berapakah kapasitansi kapasitor kedua? Kapasitor 2,50 µF diberi muatan dengan tegangan 1000 V dan kapasitor 6,80 µF diberi muatan dengan teganghubungannya dengan baterei dan kutub positif masing-masing kapasitor dihubungkan dan kutub negatif masing-masing juga dihubungkan. Tegangan 550 V dikenakan pada kapasitor 7200 pF. Berapa jumlah energi yang tersimpan?
25) Bagaimana perubahan energi yang tersimpan dalam kapasitor jika (a) beda potensial dijadikan dua kali (b) muatan pada masing-masing pelat dijadikan dua kali (c) jarak antar dua pelat dijadikan dua kali namun kapasitor tetap dihubungkan dengan baterei Sebuah kapasitor pelat sejajar menyimpan muatan Q. Jika jarak antar dua pelat dijadikan setengah dan di antara dua pelat dimasukkan bahan dielektrik dengan konstanta κ sebagai penggantiperbandingan medan listrik dalam kapasitor sebelum dan sesudah dimasukkan bahan dielektrik?
110
27) lepaskan dari
Kapasitor 2,7 µF dihubungkan dengan baterei 45,0 V. Kapasitor kemudian dibaterei dan kemudian dihubungkan dengan kapasitor 4,0 µF yang tidak bermuatan. Tentukan energi total yang tersimpan (a) sebelum kapasitor dihubungkan (b) setelah kapasitor dihubungkan.
111
Bab 3 Listrik Arus Searah
Pada bab ini kita akan mempelajari arus searah dan rangkaian arus searah. Arus bolak-balik dan rangkaian arus bolak-balik akan dipelajari di bab 8 setelah kita mempelajari induksi elektromagnetik. Ini karena ada hubungan kuat antara arus bolak-balik dengan induksi elektromagnetik. 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
tQI∆∆
= (3.1)
Satuan muatan listrik adalah Coulomb dan disingkat C dan Satuan arus listrik adalah Ampere, yang disingkat A. Muatan listrik dapat mengalir dari satu tempat ke tempat lain karena adanya beda potensial. Tempat yang memiliki potensial tinggi melepaskan muatan ke tempat yang memiliki potensial rendah. Besarnya arus yang mengalir berbanding lurus dengan beda potensial antara dua tempat, atau . Kesebandingan di atas selanjutnya dapat ditulis VI ∝
VR
I 1= (3.2)
dengan V : beda potensial antara dua titik, dan R : tahanan listrik antara dua titik dengan satuan Ohm dan disingkat Ω. Persamaan (3.2) dinamakan hukum Ohm. Simbol untuk tahanan listrik tampak pada Gbr 3.1
atauatau
Gambar 3.1 Simbol tahanan listrik Contoh Lihat Gbr 3.2. Titik A memiliki potential lebih tinggi dari titik B dengan perbedaan potenrial 2 V. Jika hambatan listrik antara titik A dan B adalah 100 Ω, (a) berapa arus yang mengalir melalui
112
hambatan dan ke mana arahnya? (b) berapa besar muatan yang mengalir selama 5 s?
113
ambar 3.2
awab s yang mengalir
= V/R = 2/100 = 0,02 A
arena titik A memiliki potensial lebih tinggi dari titik B maka arus mengalir dari titik A ke titik
) ∆t = 5 s
Q = I ∆t = 0,02 × 5 = 0,1 C
.2 Arus pada percabangan alam rangkaian listrik, pada sebagian cabang arus mengalir masuk
Jumlah arus masuk = jumlah arus keluar
ngkapan ini dikenal dengan hokum kekekalan muatan listrik, dan dikenal pula dengan hokum
ambar 3.3 Arus yang masuk dan keluar dari percabangan
A BA B G J(a) Aru I KB. (b ∆ 3Jika pada suatu percabangan ddan pada sebagian cabang yang lain arus mengalir keluar maka terpenuhi aturan
UKirchoff I.
I1I2
I3
I4
I5
I1I2
I3
I4
I5
G
114
(3.3)
3.3 Sumerbedaan potential listrik pada titik yang berbeda dalam suatu rangkaian terjadi jika dalam
tential listrik yang dikenal juga dengan ggl (gaya gerak listrik).
Gambar 3.4 Simbol ggl
n yang bergaris lebih panjang adalah kutub positif, sedangkan yang ergaris lebih pendek adalah kutub negatif.
Gbr. 3.5. Jika beda potensial antara dua kutub ggl dalah ε maka besar arus yang mengalir memenuhi
I1 + I2 + I4 = I3 + I5
ber potensial listrik Prangkaian dipasang sumber poContoh ggl adalah baterei, aki, dynamo, sel surya, dan lain-lain. GGL memiliki dua terminal atau kutub yang memiliki potensial yang berbeda. Jika kutub-kutub ggl dihubungkan ke rangkaian, maka arus listrik mengalir keluar dari kutub yang memiliki potensial lebih besar, menuju rangkaian, dan mengalir masuk ke kutub yang memiliki potential lebih rendah. Kutub ggl yang potensialnya lebih tinggi sering disebut kutub positif dan kutub yang potensialnya lebih rendah disebut kutub negatif. Simbol untuk ggl tampak dalam Gbr. 3.4.
Pada symbol ggl, bagiab Sebagai contoh, perhatikan rangkaian padaa
RI ε= (3.4)
.4 Tahanan listrik tu, karet, air, udara, dan lain-laim
emiliki tahanan listrik. Namun, tahanan listrik yang dimiliki batu, kayu kering, karet, dan lain-lain sangat besar sehingga begitu diberi beda potensial antar dua ujungnya, hampir tidak ada
+ −+ −
ε
R
Iε
R
I
Gambar 3.5 Rangkaian yang mengandung ggl dan tahanan 3Semua material memiliki tahanan listrik. Besi, kayu, bam
115
enda yang tidak dapat dialiri arus listrik dinamakan isolator. Sebaliknya,
penampang bahan makin besar.
gan ukuran bahan memenuhi
arus yang mengalir. Blogam memiliki tahanan yang sangat kecil. Dengan meneri beda potensial yang kecil saja antar dua ujungnya, arus yang mengalir cukup besar. Material yang mudah dialiri arus listrik dinamakan konduktor. Tahanan listrik yang dimiliki bahan memiliki sifat-sifat i) Makin besar jika bahan makin panjang ii) Makin kecil jika ukuran Hubungan antara tahanan listrik yang dimiliki bahan den
ALR ρ= (3.5)
dengan R : tahanan yang dimiliki bahan, L : panjang bahan, A : luas penampang bahan, dan ρ : disebut tahanan je
abel 3.1 Tahanan jenis beberapa bahan pada suhu 20 oC.
nis bahan. Tahanan jenis beberapa bahan tampak pada Tabel 3.1
TJenis bahan Tahanan jenis, ρ (Ω m) Koefisien suhu, α (oC)-1
Perak 1,59 × 10-8 0,0061 Tembaga 1,68 × 10-8 0,0068 Emas 2,44 × 10-8 0,0034 Aluminum 2,65 × 10-8 0,00429 Tungsten 5,6 × 10-8 0,0045 Besi 9,71 × 10-8 0,00651 Platina 7 10,6 × 10-8 0,00392Air raksa 98 × 10-8 0,0009 Nikrom 100 × 10-8 0,0004 Gelas 109 - 1012 Karet keras 1013 - 1015 Contoh Misalkan kamu ingin menghubungkan tape stereo dengan speaker yang lokasinya cukup jauh.
-masing kawat panjangnya 20 meter dan kawat tersebut terbuat dari tembaga, erapakah diameter kawat agar hambatannya 0,1 Ω?
ar arus yang mengalir ke masing-masing speaker 2A, berapakah penurunan tegangan
Jika masingbJika beslistrik sepanjang kawat? Jawab
Dari tabel 26.1 ρ = 1,68 × 10-8 Ω m
116
erikan
ari persamaan (26.5), kita dapat menulis
(a) DibL = 20 m R = 0,1 Ω D
1,020.1068,1 8−×
==Lρ
RA = 3,4 × 10-6 m2.
ika d adalah diameter kawat maka sehingga
4/2dA π=J
16.3104.344 6−××
==πA = 2,1 × 10-3 m = 2,1 mm
) Berdasarkan hokum Ohm, penurunan tegangan listrik sepanjang kawat adalah V = I R = 2 × 0,1 = 0,1 V
ahanan suatu material berubah dengan terjadinya perubahan suhu. Umumnya, makin tinggi hanan benda. Secara matematik, kebergantungan tahanan pada suhu
iberikan oleh persamaan (3.6)
d
(b
3.5 Kebergantungan Tahanan Pada Suhu Tsuhu maka makin besar tad
[ ])(1 oo TTRR −+= α (3.6) dengan T : suhu, To : suhu acuan, R : nilai hambatan pada suhu T, Ro : nilai hambatan pada suhu cuan To, dan α : koefisien suhu dari tahanan (oC)-1. Tabel 3.1 memperlihatkan nilai koefisien
suhu untuk tahanan beberapa j
wat tersebut kemudian dicelupkan ke dalam larutan an tahannya meningkat menjadi 187,4 Ω. Berapa suhu larutan tersebut?
aenis material
Contoh Sepotong kawat platina digunakan untuk menentukan tahanan suatu larutan. Misalkan pada suhu 20 oC tahanan kawat tersebut 164,2 Ω. Kad Jawab Diberikan To = 20 oC
117
o = 164,2 Ω ,4 Ω
n tabel 26.1 α = 0,003927 (oC)-1
rsamaan 26.6 kita dapat menulis
RR = 187Berdasarka Berdasarkan pe
)(1 TTR−+= α o
oR
)20(003927,014,187−+= T
2, 1,14 = 1 + 0,003927 (T – 20) 0,003927 (T – 20) = 0,14 T – 20 = 0,14/0,003927 = 35,7 tau T = 35,7 + 20 = 55,7 oC.
n listrik pada berbagai nilai hambatan. Tahanan-tahanan tersebut igunakan dalam perancangan rangkaian elektronika. Nilai hambatan bervariasi mulai dari di awah 1 Ω hingga di atas 107 Ω (10 MΩ).
warna ada empat buah.
Gambar 3.6 Kode warna pada tahanan
ilai tahanan ditentukan oleh tiga kode warna pertama. Kode warna keempat disebut toleransi ang menentukan ketelitian nilai tahanan. Angka yang berkaitan dengan kode-kode warna
164
a 3.6 Tahanan Komersial Di pasar kita mejumpai tahanadb Nilai yang dimiliki tahanan tersebut tidak tertera pada komponen. Nilai tahanan dinyatakan dalam kode-kode warna yang melingkar pada komponen. Jumlah kode umumnya 3 buah. Tetapi untuk tahanan yang lebih teliti, jumlah kode
Ny
tampak pada Tabel 3.2
118
ilai Toleransi (%)
Tabel 3.2 Angka yang berkaitan dengan kode-kode warna tahanan. Warna NHitam 0 Coklat 1 Merah 2 Oranye 3 Kuning 4 Hijau 5 Biru 6 Ungu 7 Abu-abu 8 Putih 9 Emas % -1 5Perak -2 10% Tidak berwarna 0% 2 Cara membaca nilai ha atan suatu tahanan
Hamb (3.7)
ebuah hambatan memiliki tiga gelang. Gelang pertama berwarna orange, gelang kedua hijau,
mb
(gelang 1)(gelang 2) × 10(gelang 3) (toleransi)R = (gelang 1)(gelang 2) × 10(gelang 3) (toleransi)R =
Gambar 3.7 Menentukan nilai hambatan berdasarkan kode warna
atan = (nilai gelang pertama)(nilai gelang kedua) × 10(nilai gelang ketiga)
Contoh Sdan gelang ketiga merah. Berapa nilai hambatannya? Berapakah toleransinya? Jawab
119
elang kedua: hijau = 5 ketiga: merah = 2
3,5 kΩ.
dak memiliki gelang keempat, atau gelang keempat tidak berwarna, maka leransi hambatan tersebut adalah 20%.
ontoh
berwarna emas . Berapa nilai hambatannya? Berapakah leransinya?
a : cokelat = 1 elang kedua : kuning = 4
ketiga : hitam = 0 mpat : emas = 5%
eempat emas maka toleransinya 5%.
otensiometer adalah tahanan listrik yang nilai hambatannya dapat diubah-ubah. Pengubahan ambatan dilakukan dengan memutar atau menggeser knob. Contoh potensiometer diperlihatkan ada Gbr 3.8, sedangkan symbol potensiometer tampak pada Gbr 3.9
Diberikan Gelang pertama: orange = 3 GGelang Nilai hambatannya R = 35 × 102 Ω = 3500 Ω = Karena hambatan tito CSebuah hambatan memiliki empat gelang. Gelang pertama berwarna coklat, gelang kedua kuning, gelang ketiga hitam, dan gelang keempat to Jawab Diberikan Gelang pertamGGelangGelang kee Nilai hambatan R = 14 × 100 Ω = 14 Ω Karena gelang k 3.7 Potensiometer Php
120
ambar 3.9 Simbol potensiometer T Untuk m eter.
otensiometer tersebut dapat digunakan sendiri dengan menggeser knob sehingga diperoleh nilai ula diseri atau diparalel dengan hambatan lain dan mengatur
nob sehingga diperoleh hambatan total sesuai dengan yang diinginkan.
r dalam kabel nol. Jika iberikan beda potensial antara dua ujung kabel maka muncul medan listrik dalam kabel. Medan
ktron bergerak dalam arah yang berlawanan dengan arah medan.
Gambar 3.8 Contoh potensiometer
G
idak semua nilai hambatan dapat dijumpai pada tahanan yang dijual di pasar.endapatkan nilai hambatan yang tidak tersebut, kita dapat menggunakan potensiom
Phambatan yang diinginkan. Dapat pk 3.8 Konduktivitas Listrik Gambar 3.10 adalah ilsutrasi sebuah kabel konduktor. Dalam kabel tedapat elektron-elektron yang bergerak bebas. Jika tidak ada beda potensial antara dua ujung kabel maka peluang elektron bergerak ke kiri dan ke kanan sama sehingga arus total yang mengalidlistrik menarik elektron-eleAkibatnya elektron memiliki percepatan dalam arah yang berlawanan dengan arah medan
atauatau
A
L
A
L
Gambar 3.10 Ilustrasi kabel konduktor yang dialiri arus listrik
121
ercepatan menyebabkan kecepatan elektron dalam arah berlawanan dengan medan bertambah. i rata-ratanya tetap tetapi selalu
ergetar maka terjadi tumbukan antara elektron yang sedang dipercepat dengan atom-arom
PTetapi karena dalam konduktor terdapat atom-atom yang posisbtersebut. Tumbukan tersebut melahirkan gaya gesekan pada elektron yang berlawanan dengan arah gerak. Pada akhirnya elektron bergerak dengan kecepatan terminal tertentu. Hal ini serupa dengan gerakan bola yang jatuh dalam zat cair. Akibat gaya gravitasi, bola memiliki percepatan sehingga kecepatannya bertambah. Tatapi pada akhirnya bola bergerak dengan kecepatan terminal akibat adanya gaya gesekan fluida yang mengimbangi gaya gravitasi. Dari hasil pengukuran didapatkan bahwa kecepatan terminal elektron dalam konduktor berbanding lurus dengan kuat medan di dalam bahan, atau
Ev µ= (3.8)
µ dengan adalah sebuah konstanta yang dikenal dengan mobilitas elektron.
erhatikan elemen kecil kawat sepanjang dx. Misalkan luas penampang kawat adalah A. . Volum elemen
awat adalah . Jumlah elektron dalam elemen volum adalah
arena satu elektron memiliki muatan e maka jumlah muatan elektron dalam elemen volum adalah
rus yang mengalir dalam kawat adalah
PnMisalkan pula keparatan elektron (jumlah elektron per satuan volum) adalah
k AdxdV =
nAdxndVdN == (3.9) K
neAdxedNdQ == (3.10)
A
neAvdt
neAdtdt
I dxneAdxdQ====
EneAµ= (3.11) Kerapatan arus dalam kawat (arus per satuan luas penampang) adalah
EneA
J I µ==
Eσ= (3.12)
122
dengan
µσ ne= (3.13) yang dikenal dengan konduktivitas listrik. Konduktivitas listrik mengukur kemampuan bahan
engantarkan listrik. Makin besar kondukticitas maka makin musah bahan tersebut mengant
onduktivitas rendah. Satuan konduktivitas listrik adalah Siemens per meter (S/m).
engantarkan strik maka makin kecil konduktivitasnya dan makin besar resistivitasnya. Jadi, ada hubungan
gaimana hubungan tersebut? Mari kita cari.
markan listrik. Konduktor memiliki konduktivitas tinggi sedangkan isulator memiliki
k 3.9 Hubungan Konduktivitas dan Resistivitas Kita sudah bahas bahwa makin mudah suatu bahan mengantarkan listrik maka maki besar konduktivitasnya dan makin kecil resistivtasnya. Sebaliknya, makin sulit bahan mlilangsung antara konduktivitas dan resistivitas. Ba Dari persamaan (3.11) dapat kita tulis
LELneAI µ= (3.14)
dengan L adalah panjang kawat. Dengan anggapan bahwa kuat medan listrik dalam kawat konstan maka
EL adalah beda potensial antara dua ujung kawat. Jadi kita dapat menulis
LneAI (3.15)
Vµ=
engan menggunakan hukum Ohm, RVI /= D maka kita simpulkan
AL
neR
µ1
= (3.16)
engan membandingkan persamaan (3.5) dan (3.16) kita peroleh
D
µρ
ne1
=
σ1
= (3.17)
Kita simpulkan bahwa konduktivitas adalah kebalikan dari resistivitas.
123
3.10 Rangkaian tahanan listrik
alam rangkaian listrik umumnya kita menggunakan sejumlah tahanan. Tahanan tersebut kadang atau campuran seri dan
arallel seperti Gbr 3.11(c). Pertanyaannya, apabila sejumlah tahanan dipasang semacam itu, asilkannya?
Gambar 3.1 )
) Hambatan seri
secara seri (lihat Gbr 3.12). Terminal-terminal ujung ambatan tersebut diberi beda potensial Vad sehingga mengalir arus I.
(3.18)
Dterpasang secara seri, seperti pada Gbr 3.11(a), pareler (Gbr 3.11(b))pberapakah hambatan total yang dih
R1 R2 R3
1 (a) Tahanan tersusun secara seri, (b) tahanan sersusun secara parallel, dan (ccampuran susunan seri dan parallel. aMari kita tinjau hambatan yang disusun secara seri. Hambaran R1, R2, dan R3 disusunh Jika hambatan total adalag R maka terpenuhi
Vad = I R
R1
R2
R3
R2
R3
(a)
(b)
(c)
R1 R2 R3R1 R2 R3(a)
(b)
(c)
R1
R2
R3
R1
R2
R3
R2
R3
R2
R3
R1 R2 R3a b c d
I
R1 R2 R3a b c d
I
124
seri. ika beda potensial antar ujung masing-masing hambatan adalah Vab, Vbc, dan Vcd maka rpenuhi
Vad = Vab + Vbc + Vcd (3.19)
Vab = I R1 (3.20a)
Vcd = I R3 (3.20c)
ubstitusi persamaan (3.18) dan (3.20) ke dalam persamaan (3.19) maka I R = I R
uang I pada kedua ruas diperoleh
R = R1 + R2 + R3 (3.21)
erikutnya kita bahas hambatan-hambatan yang disusun secara parallel (lihat Gbr 3.13). Arus tot alah I etika emasuki tahanan-tahanan, arus tersebut te tas
ga jalur sehingga, berdasarkan hokum Kirchoff I terpenuhi
(3.22)
Gambar 3.12 Menentukan hambatan pengganti untuk sejumlah hambatan yang disusun secara
Jte
Karena arus yang mengalir pada semua hambatan sama maka
Vbc = I R2 (3.20b)
S
1 + I R2 + I R3
B
b) Hambatan Paralel B
al yang mengalir ad . K m rbagi ati
I = I1 + I2 + I3 Beda potensial antar ujung-ujung tahanan semuanya sama, yaitu Vab. Jika hambatan total adalah R maka
RV
I ab= (3.23)
uk sejumlah hambatan yang disusun secara
parallel.
arena beda potensial antar ujung hambatan R1, R2, dan R3 juga Vab maka
Gambar 3.13 Menentukan hambatan pengganti unt
125
K
11 R
VI ab= (3.24a)
22 R
VI ab= (3.24b)
33 R
VI ab= (3.24c)
Substitusi persamaan (3.23) dan (3.24) ke dalam persamaan (3.22) diperoleh
321 RV
RV ababb ++
RV
RV aab =
nuhi Hilangkan Vab pada kedua ruas maka kita peroleh hambatan total yang meme
321
1111RRRR
++= (3.25)
R1
R2
R3
a bI1
I2
I3
I
R1
R2
R3
a bI1
I2
I3
I
Contoh
126
) Tentukan hambatan pengganti dari empat hambatan yang disusun secara parallel, R1 = 1 kΩ, R2 = 4 kΩ, R3 = 8 kΩ,
(b) Jika benda tengan yang dipasang antar ujung-ujung hambatan adalah 50 V, tentukan arus yang mengalir pada masing-masing hambatan.
(a)
(adan R4 = 5 kΩ.
Jawab
Hambatan pengganti memenuhi
4321
11111RRRR
+++= R
4063
408
405
4010
4040
51
81
4111
=+++=+++
R = 40/63 = 0,635 kΩ = 635 Ω (b) Arus yang mengalir pada masing-masing hambatan Hambatan R1: I1 = V/R1 = 50/1000 = 0,05 A
atan R2: I2 = V/R2 = 50/5000 = 0,0125 A 000 = 0,00625 A
ambatan R4: I4 = V/R4 = 50/5000 = 0,01 A
n sumber tegangan lah hambatan dan sejumlah sumber tegangan.
Rumus yang m hambatan serta tegangan adalah
=
atau
HambHambatan R3: I3 = V/R3 = 50/8H 3.11 Rangkaian yang mengandung tahanan daDalam rangkaian listrik, kadang kita jumpai sejumBagaimana menentukan arus yang mengalir
Gambar 3.14 Contoh rangkaian yang mengandung tahanan dan sumber tegangan
enghubungan besar arus yang mengalir dan besarnya
R1 R2a b
I
εR1 R2a bε
I
∑∑ −= εRIV ab (3.26)
erkalian arus dan tahanan sepanjang rangkaian antara titik a dan b, dan adalah jumlah
tegangan yang dipasang sepanjang rangkaian antara titik a dan b.
Rumus (3.26) diterapkan dengan perjanjian
ii) diberi harga positif jika kutub negatif sumber tegangan menghadap titik a dan kutub positif
tegangan listrik antara titik a dan b?
Gambar 3.15 Jawab
rangkaian hanya terdapat satu umber tegangan. Maka persamaan (3.26) dapat ditulis
ab = I R1 + I R2 - ε
,01 A utub negatif ε menghadap titik a sehingga nilai ε diberi harga positif: ε = + 3V.
adi
di mana Vab adalah beda potensial antara ujung-ujung rangkaian, ∑ RI adalah jumlah
p ∑ε
i) I diberi harga positif jika mengalir dari a ke b ε
menghadap titik b. Contoh Perhatikan rangkaian pada Gbr 3.15. Berapakan
R1=100 Ω R2=700 Ωa b
I = 0,01 A
ε=3 VR1=100 Ω R2=700 Ωa b
I = 0,01 A
ε=3 V
Arus I yang mengalir pada R1 dan R2 sama besar dan dalams V Berdasarkan perjanjian: I mengalir dari a ke b sehingga diberi harga positif: I = 0K J Vab = 0,01 × 100 + 0,01 × 700 – 3 = 1 + 7 – 3 = 5 V.
127
128
ontoh sarkan gambar 3.16, jika Vab = 5 V, tentukan besar arus yang mengalir.
Gambar 3.16
ab = (I R1 + I R2) – (ε1 + ε2)
erdasarkan perjanjian: Kutub positif ε1 m ga negatif: ε1 = - 3 V Kutub negatif ε2 m nghadap titik a sehingga diberi nilai positif: ε2 = + 7V
3 + 7)
tau
1125 A.
ambatan dalam sumber tegangan umber tegangan seperti baterei dan aki sebenarnya juga memiliki hambatan. Ketika dipasang
ambatan di dalam rangkaian bukan hanya hambatan tahanan-tahanan ang dipasang, tetapi juga hambatan yang dimiliki sumber tegangan. Hambatan yang dimiliki umber tegangan disebut hambatan internal.
CBerda
R1=200 Ω R2=600 Ωa b
Iε2=7 Vε1=3 V
R1=200 Ω R2=600 Ωa b
Iε2=7 Vε1=3 V
∑∑ −= εRIVab
V B
enghadap titik a sehingga diberi hare
Jadi 5 = I × 200 + I × 600 – (-5 = 800 I – 4 800 I = 9 a I = 9/800 = 0,0 3.12 HSpada rangkaian maka hys Sumber tegangan yang ideal adalah sumber tegangan yang hambatan dalamnya nol. Tetapi tidak ada sumber tegangan yang ideal. Sumber tegangan yang baik adalah sumber tegangan yang memiliki hambatan dalam sangat kecil.
129
ntuk menentukan arus yang mengalir dalam rangkaian ketika dipasang sumber tegangan, maka
.13 Loop pa yang terjadi jika titik a dan b pada Gbr 3.14 dihubungkan? Kita akan mendapatkan Vab = 0
Gambar 3.18 Contoh loop seder Karena Vab = 0 m
Usumber tegangan tersebut dapat digantikan dengan sebuah sumber tegangan ideal yang diseri dengan sebuah tahanan r. Tahanan r inilah yang disebut tahahan internal sumber tegangan.
Gambar 3.17 Sebuah sumber tegangan sembarang dapat digantikan oleh sumber tegangan ideal yang diseri dengan sebuah hambatan dalam.
3Adan rangkaian menjadi tertutup. Rangkaian yang tertutup tersebut disebut loop. Contoh loop adalah Gbr 3.18.
hana
aka persamaan (3.26) menjadi
εε
r
Sumber tegangan tidak ideal:menghasilkan beda potensialdan memiliki hambatan dalam
Sumber tegangan ideal:menghasilkan beda potensialtetapi tidak memiliki hambatandalam
Hambatan dalam yangdimiliki sumber tegangantidak ideal
εε
r
Sumber tegangan tidak ideal:menghasilkan beda potensialdan memiliki hambatan dalam
Sumber tegangan ideal:menghasilkan beda potensialtetapi tidak memiliki hambatandalam
Hambatan dalam yangdimiliki sumber tegangantidak ideal
R1
R2
a b I
ε1
ε2
R1
R2
a b I
ε1
ε2
130
3.27)
entukan arus yang mengalir pada rangkaian Gbr. 3.19 jika sumber tegangan dianggap tidak memiliki hambatan dalahambatan dalam 50 Ω.
Gambar 3.19 Jawab Kita bisa meika setelah aka arah arus yang dipilih
ika setelah dilakukan perhitungan diperoleh arus bernilai negatif maka arah arus yang dipilih nan dengan arah sebenarnya, tetapi bersarnya arus benar (tinggal membalik arah saja
sumber tegangan yang tidak memiliki hambatan dalam.
0=−∑∑ εRI (
Contoh T
m. Tentukan pula arus yang mengalir jika sumber tegangan memiliki
R1=200 Ω
nganggap arah arus sembarang dalam loop. J dilakukan perhitungan diperoleh arus bernilai positif mbenar. Jberlawatanpa melakukan perhitungan ulang). Untuk Misalkan kita pilih arah arus seperi pada Gbr 3.20
R2=300 Ω
ε1=5 V ε2 =7 V
R2=300 Ω
ε1=5 V
R1=200 Ω
ε2 =7 V
R2=300 Ω
1=200 Ω
Iε1=5 V
R
ε2 =7 V
R2=300 Ω
1=200 Ω
Iε1=5 V
R
ε2 =7 V
131
Gambar 3.20 (a) Jika sumber tegangan tidak memiliki hambatan dalam
I R1 + I R2 – (ε1 + ε2) = 0 Arus masuk ke ε1 dari kutub negatif, maka ε1 diberi harga positif: ε1 = + 5 V Arus masuk ke ε1 dari kutub positif, maka ε2 diberi harga negatif: ε2 = - 5 V
00 I + 2 = 0 atau
jam dan besarnya
memiliki hambatan dalam.
Gambar 3.20(b) Jika sumber tegangan memiliki hambatan dalam
I R1 + I R2 + I r + I r – (ε1 + ε2) = 0 I × 200 + I × 300 + I × 50 + I × 50 – (5 – 7) = 0
0=−∑∑ εRI
Jadi I × 200 + I × 300 – (5 – 7) = 0 5
I = -2/500 = - 0,04 A Karena diperoleh arus berharga negatif, maka arah arus dalam rangkaian berlawanan dengan anak panah yang digambar. Jadi arus mengalir berlawanan dengan arah jarum0,04 A. Untuk sumber tegangan yang
R2=300 Ω
R1=200 Ω
0=−∑∑ εRI
I
ε1=5 V
ε2 =7 V
(b)
r=50 Ω r=50 Ω
R2=300 Ω
R1=200 Ω
ε1=5 V
(b)
Iε2 =7 V
r=50 Ω r=50 Ω
132
600 I + 2 = 0 atau I = -2/600 = - 0,003 A 3.14 Rangkaian dua loop 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
asing-masing loop. Contohnya, kita tinjau rangkaian pada . 3.21.
dicari, yaitu arus yang mengalir pada mGbr
R3=500 Ω
R1=100 Ω
ε2 =2 V
R2=400 Ω
ε3 =8 V
R3=500 Ω
R1=100 Ω
ε2 =2 V
R2=400 Ω
ε3 =8 Vε1=2 Vε1=2 V
Gambar 3.21 Contoh rangkaian dua loop Arus yang mengalir pada tiap loop bisa dipilih sembarang. Jika nanti diperoleh nilai positif maka arah yang dipilih sudah benar. Tetapi jika diperoleh nilai negatif, maka arah arus sebenarnya berlawanan dengan arah yang dipilih, tetapi besarnya sama. Misalkan kita pilih arah arus seperti pada Gbr. 3.22
R3=500 Ω
1
1ε1=2 V
R =100 Ω
ε2 =2 V
R =400 Ω2
ε3 =8 V2
I1 I2
I1-I2R3=500 Ω
1
1ε1=2 V
R =100 Ω
ε2 =2 V
R =400 Ω2
ε3 =8 V2
I1 I2
I1-I2
133
ambar 3.22 Arah arus yang dipilih untuk loop pada Gbr 3.21
ntuk loop 1 berlaku
(ε1 + ε2) = 0 Berdasarkan perjanjian untuk tanda sumber tegangan, maka berdasarkan gambar, ε1 = + 2V ε2 = - 4 V I1 × 100 + I1 × 500 – (2 – 4) = 0 600 I1 + 2 = 0
A
ε2 + ε3) = 0
ber tegangan, maka berdasarkan gambar,
engalir pada loop kiri adalah 0,003 A dengan arah an pada Gbr 3.22. Arus yang mengalir pada loop 2 adalah 0,03
sesuai dengan arah yang dilukiskan pada Gbr. 3.22.
G U
0=−∑∑ εRI
I1 R1 + I1 R3 –
I1 = -2/600 = 0,003 Untuk loop 2 berlaku
0=−∑∑ εRI
I2 R2– (
Berdasarkan perjanjian untuk tanda sumε2 = + 4V ε3 = + 8 V Maka 400 I2 – (4 + 8) = 0 400 I2 – 12 = 0 I2 = 12/400 = 0,03 A Berdasarkan haris di atas, arus yang mberlawanan dengan yang dilukiskA
134
3.15 Daya Listrik
alir pada sebuah hambatan maka hambatan tersebut akan menjadi panas. Ini enunjukkan bahwa pada hambatan tersebut terjadi proses perubahan energi dari energi listrik
jadi panas per berapakah daya listrik yang diubah menjadi panas per detik pada suatu hambatan?
ari kita tinjau arus yang mengalir melewati sebuah hambatan selama selang waktu . Jumlah yang mengalir selama waktu ini adalah
ari satu ujung hambatan ke ujung lain yang memiliki beda potensial V. Dengan emikian, ketika muatan bergerak dari satu ujung hambatan ke ujung lainnya, muatan tersebut
ergi sebesar
Jika arus listrik mengmmenjadi energi panas. Pertanyaannya, berapakah energi listrik yang diubah pendetik? Atau
t∆Mmuatan
tIq ∆=∆ Arus mengalir dd
qVU ∆=∆ mendapat tambahan en Tambahan energi ini seharusnya menyebabkan energi kinetik muatan saat mencapai ujung kedua dari hambatan makin besar. Atau saat mencapai ujung kedua hambatan, kecepatan muatan makin besar sehingga arus di ujung kedua muatan juga makin besar. Tetapi, dalam rangkaian besar arus i ujung awal maupun ujung akhir hambatan sama. Ini berarti tambahan energi yang didapat
am bentuk panas sehingga energi kinetik muatan tidak berubah. Jadi, jumlah dmuatan dibuang dalenergi yang diubah menjadi panas adalah
qVQ ∆=∆ tVI∆=
Dengan demikian, daya yang dibuang pada hambatan adalah
tQP∆∆
=
IV (3.28) = Dengan menggunakan hukum Ohm V = IR maka kita juga dapat menulis
RIP 2= (3.29) Contoh Suato loop mengandung sebuah baterei dengan tegangan 1,5 V dan sebuah tahanan dengan
135
rik yang hilang pada tahanan? (c) Berapa daya listrik ang hilang pada baterei?
Jawab
iberikan
= 2 kΩ = 2 000 Ω (a) Arus yang mengalir dalam loop I = ε/
= I2 R = (0,00075)2 × 2000 = 0,0011 W
) Daya listrik yang hilang pada baterei
1,5 × 0,00075 = 0,0011 W
ngukuran Arus Listrik ar arus listrik yang mengalir dalam suatu rangkaian dapat diukur dengan alat yang alvanometer atau amperemeter.
lir pada rangkaian, pertama-tama rangkaian harus diputus. ua ujung kabel yang diputus dihubungkan ke dua terminal amperemeter sehingga arus mengalir
hambatan 2 kΩ. Anggaplah baterei memiliki hambatan dalam nol. (a) Berapakah arus yang mengalir dalam loop? (b) berapa daya listy
Dε = 1,5 V R
R = 1,5/2000 = 0,00075 A (b) daya listrik yang hilang pada tahanan P
(c P = ε I = Kalian perhatikan bahwa daya yang hilang pada batereri sama dengan daya listrik yang diubah menjadi energi panas pada tahanan. 3.16 PeBerapa besnamanya g
Gambar 3.23 Contoh amperemeter Untuk mengukur arus yang mengaDke dalam amperemeter.
R2
R1
ε1
R2
136
Gambar 3.24 Tahap pengukuran arus dengan amperemeter. (a) rangkapan yang akan diukus arusnya. (b) rangkaian diputus dan (c) ujung rangkaian yang diputus dihubungkan ke terminal amperemeter. Besarnya arus yang mengalir akan ditunjukkan oleh layar peraga amperemeter. Layar peraga tersebut dapat berupa jarum (untuk amperemeter analog) atau angka-angka (untuk amperemeter
ε1
R1
R2
ε1
R1
A
(c)
R2
R1
ε1
R2
R1
ε1
R2
(a)(a)
R1
R2
(b)
ε1ε1
R1
R2
ε1
R1
A
R2
ε1
R1
A
(c)
(b)
137
digital). Yang perlu diperhatikan Beberapa hal yang harus diperhatikan saat mengukur arus dengan amperemeter di antaranya a) Amperemeter miliki tahanan, walaupun sangat kecil. Ketika amperemeter dipasang untuk mengukur arus maka tahanan total rangkaian menjadi lebih besar sehingga arus yang mengalir sedikit berkurang. Jadi arus yang ditunjukkan oleh amperemeter sedikit lebih kecil daripada arus yang mengalir sebelum amperemeter dipasang. Namun: i) Jika hambatan total dalam rangkaian cukup besar maka tahanan yang dimiliki amperemeter dapat dibaikan sehingga arus yang dibaca oleh amperemeter hampir sama dengan arus yang mengalir sebelum amperemeter dipasang. ii) Jika hambatan total dalam rangkaian sangat kecil, maka pemasangan amperemeter dapat mengubah arus yang mengalir cukup signifikan. Arus yang dibaca amperemeter jauh lebih kecil daripada arus yang mengalir sebelum amperemeter dipasang. b) Ada batas maksimum arus yang dapat diukur oleh amperemeter. Jika arus yang diukur melebihi batas maksimum tersebut, maka amperemeter dapat rusak dan terbakar. Untuk itu, sebelum melakukan pengukuran, kalian perkirakan dulu besarnya arus yang mengalir dalam rangkaian. Jika kalian yakin bahwa arus yang mengalir masih berada di bawah batas maksimum yang bisa diukur amperemet, kalian dapat mengukur. Mengukur arus yang melebihi batas maksimum kemampuan amperemeter Bagaimana mengukur arus yang nilainya melebihi kemapuan pengukuran amperemeter? Kita dapat memasang hambatan “shunt” yang dipasang secara parallel dengan salah satu hambatan dalam rangkaian. Peranan hambatan ini adalah untuk membagi arus sehingga sebagian mengalir di hambatan shunt dan sebagian mengalir di hambatan dalam rangkaian amperemeter. Nilai hambatan shunt harus cukup kecil sehingga arus yang mengalir pada amperemeter lebih kecil dari arus maksium yang dapat diukur amperemeter.
ampak dari Gbr 3.25 (b)
= Vab/R2
T I = I1 + I2 I1I2 = Vab/Rs, atau Vab = I2 Rs Jadi
I1 = I2 Rs /R2
R1
138
eknik pengukuran arus yang melebihi kemampuan ukur amperemeter
Gambar 3.25 (a) Rangkaian mula-mula dan (b) rangkaian setelah dipasangkan hambatan shunt.
TGambar 3.26
R
ε1
2
ε2
I
R1
R2
ε1
R1
ε2
Rs
II1
I1
(a)
(b)
ba
R
ε1
2
ε2
IR
ε1
R1(a)
2
ε2
I
R2
ε1
R1
ε2
Rs
II1
I1
R2
ε1
R1
ε2
(b)
II1
Rs
I1
ba
R2
R1
ε1 ε2
Rs
II1
I1A
R2
R1
ε1 ε2
Rs
II1
I1A
139
Dan arus total menjadi I = I2 Rs/R2 + I2 = (1 + Rs/R2) I2 Jadi, dengan mengukur I2 maka nilai arus yang mengalir pada rangkaian semula dapat ditentukan. Pemasangan amperemeter pada saat pengukuran menjadi seperti pada Gbr. 3.26 Mengukur beda potensial dua titik Beda potensial antara dua titik dalam rangkaian dapat diukur dengan alat yang namanya voltmeter. Pengukuran beda potensial tidak perlu memutus rangkaian yang ada. Cukup menyentuhkan dua terminal voltmeter dengan dua titik yang akan diukur beda potensialnya.
R2
R1
ε1 ε2
V
a b
(a)
(b)
(c)
R2
R1
ε1 ε2
V
a bR2
R1
ε1 ε2
V
a b
(a)
(b)
(c)
140
ambar 3.27 (a) contoh voltmeter, (b) volmeter sedang digunakan untuk mengukur beda otensial dua titik dalam rangkaian, (c) skema pemasangan voltmeter saat mengukur beda
k.
da layar voltmeter. Layar tersebut dapat berupa jarum (untuk olmeter analog) atau angka-angka (volmeter digital).
ambatan listrik suatu resistor atau antar dua titik dalam rangkaian dapat diukur secara langsung engan alat yang namanya Ohmmeter. Pengukuran dilakukan dengan menyentuhkan dua
tahanan atau dua titik dalam rangkaian yang akan diukur
ambar 3.29 Tahapan pengukuran nilai hambatan suatu komponen dalam rangkaian dengan
Gppotensial antara dua titi Beda potensial langsung terbaca pav Mengukur Hambatan Listrik Hdterminal Ohmmeter dengan dua ujungtahanannya.
Gambar 3.28 Mengukur hambatan listrik dalam rangkaian dengan multimeter digital
R3
R1
ε R2
R3
R1
ε R2
R1
R3
R2
Ω
(a) (b)
(c)
ε
R3
R1
ε R2
R3
R1
ε R2
R3
R1
ε R2
R1
R3
R2
Ω
R1
R3
R2
Ω
(a) (b)
(c)
ε
G
141
hmmeter. (a) rangkaian asal di mana nilai R3 akan diukur, (b) salah satu kaki R3 diputus
engukur hambatan, komponen atau dua titik dalam rangkaian yang kan diukur hambatannya harus diisolasi dari rangkaian lainnya. Jika akan mengukur nilai
hambatan antar dua titik dalam rangkaian. alah satu titik diputus dari rangkaian induk baru dilakukan pengukuran.
lah R1 = 500 Ω, R2 = 200 Ω, R3 = 300 Ω, R4 = 400 Ω, dan R5 = 200 Ω.
ambarn 3.30
R2 dan R3 tersusun secara seri sehingga dapat digantikan oleh hambatan RA yang memenuhi RA = R2 + R3 = 200 + 300 = 500 Ω. RA, R4, dan R5 tersusun secara paralel, sehingga dapat digantikan oleh hambatan RB yang memenuhi
Ohubungannya dengan rangkaian, (c) hambatan R3 diukur dengan Ohmmeter. Tetapi harus diingat, saat masebuah tahanan dalam rangkaian maka salah satu kaki tahanan tersebut harus dipotong dari rangkaian. Hal yang sama dilakukan ketika mengukur S Soal dan pembahasan 1) Tentukan hambatan pengganti untuk susunan hambatan pada Gbr 3.30. Nilai hambatan dalam rangkaian ada
R5
R1
bR4
R2 R3
a
R5
R1
bR4
R2 R3
a
G Jawab
200019
200010
20005
20004
2001
4001
50011111
54
=++=++=++=RRRR AB
atau RB = 2000/19 = 105 Ω. R1 dan RB tersusun secara seri sehingga dapat digantikan oleh RT tang memnuhi
142
RT = R1 + RB = 500 + 105 = 605 Ω. RT merupakan hambatan penggantu susunan hambatan pada Gbr. 26.31. 2) Kembali ke soal nomor 1. Jika tegangan antara a dan b adalah 6 V, berapaka arus yang mengalir pada masing-masing tahanan? Jawab Hambatan total antara a dan b adalah RT = 605 Ω. Maka arus total yang mengalir dari a ke b adalah I = V/RT = 6/605 = 0,01 A
elewari R1. Jadi arus yang mengalir pada R1 adalah 0,01 A.
= Vcb/R4 = 1,05/400 = 0,0026 A
3) Sebuah kawat diregangkan sehingga panjangnya bertambah 20% dari panjang semula. Berapa perubahan hambatan kawat tersebut? Jawab Misalkan Panjang kawat mula-mula Lo
uas penampang kawat mula-mula: Ao
Arus total ini m Misalkan tegangan antar dua titik percabamngan adalah Vcb. Maka Vcb = I RB = 0,01 × 105 = 1,05 V Arus yang mengalir pada R2 maupun R3 adalah I23 = Vcb/RA = 1,05/500 = 0,0021 A Arus yang mengalir pada R4 adalah I4 Arus yang mengalir pada R5 adalah I5 = Vcb/R5 = 1,05/200 = 0,0053 A
L
143
anjang kawat setelah diregangkan: L lah diregangkan: A
ambatan kawat mula-mula
erdasarkan soal: L = (1 + 20%) Lo = 1,2 Lo Volume kawat sebelum dan sesudah diregankan tidak berubah, sehingga
o = V
o Lo = A L
tau
= Ao Lo/L = Ao Lo/(1,2 Lo) = Ao/1,2
engan demikian
o) = 1,44 Ro
hanan kawat bertambah 44%.
ah kios pengisian aki mengisi aki dengan mengalirkan arus 0,4 A selama 7 jam. erapakah muatan yang dimasukkan ke dalam aki?
awab
iberikan
t = 7 jam = 7 × 3600 s = 25 200 s aki adalah
PLuas kawat seteH Ro = ρ Lo/Ao Hambatan kawat setelah diregangkan R = ρ Lo/Ao B
V A A A D R = ρ (1,2 Lo)/(Ao/1,2) = (1,2)2 (ρ Lo/A Atau ta 4) SebuB J DI = 0,4 A ∆Muatan yang dimasukkan ke dalam ∆Q = I ∆t = 0,4 × 25 200 = 10 080 C.
144
kawat. Berapa jumlah elektron per detik yang mengalir alam kwat tersebut? Besar muatan elektron adalah 1,6 × 10-19 C.
awab
= 0,5 A
uatan yang mengalir selama satu detik
alir per detik adalah
/1,6 × 10-19 = 0,5/1,6 × 10-19 = 3,125 × 1018 elektron.
narik arus 5,5 A ketika dihubungkan ke tagangan 110 V. (a) Jika s yang mengalir sekarang? (b) Jika hambatan berkurang
tersebut saat dihubungkan ke tegangan 110 V?
amabatan mula-mula yang dimiliki alat
= 110/5,5 = 20 Ω
) Jika tegangan turun 10 persen, maka tegangan menjadi
’ = 110 – 10% × 110 = 110 – 0,1 × 110 = 110 – 11 = 99 V
= V’/R = 99/20 = 4,95 A
) Jika hambatan dikurangi 10 persen, maka hambatan baru menjadi
’ = R - 10% × R = 20 – 0,1 × 20 = 20 – 2 = 18 Ω.
rus yang mengalir
= V/R’ = 110/18 = 6,1 A
5) Arus sebesar 0,5 A mengalir padad JDiberikan I ∆t = 1 s M∆Q = I ∆t = 0,5 × 1 = 0,5 C. Arus yang mengalir pada kawat disebabkan aliran elektron sepanjang kawat tersebut. Dengan demikian, jumlah elektron yang meng N = ∆Q 6) Sebuah peralatan listrik metegangan turun 10 persen, berapakah aru10 persen, berapa arus yang ditarik alat Jawab H R a VBesar arus yang mengalir I’ b R A I
145
) Baterei 12 V mendorong arus 0,5 A pada sebuah tahahan. (a) Berapakah besar tahanan a Joule kehilangan energi baterei selama satu menit.
iberikan
= 0,5 A
) Daya baterei yang hilang = 12 × 0,5 = 6 W
nergi yang hilang selama ∆t = 1 menit = 60 s adalah
6 × 60 = 360 J.
0 Ω. Di manakah kawat tersebut harus dipotong gar hambatan salah satu potongan tujuh kali hambatan potongan yang lain? Hitung pula
uas penampang kawat A. potongan pertama: L1.
tongan kedua: L – L1 potongan pertama
ambatan potongan kedua
L1/A = 7 ρ (L - L1)/A
7tersebut? (b) Berap Jawab DV = 12 V I (a) Hambatan R = V/I = 12/0,5 = 24 Ω. (bP = V IE E = P ∆t = 8) Sebuah kawat tembaga memiliki hambatan 1ahambatan tiap potongan tersebut. Jawab Misalkan panjang mula-mula kawat L. LPanjangPanjang poHambatan R1 = ρ L1/A H R2 = ρ (L - L1)/A Tetapi R1 = 7 R2 Sehingga ρ
146
1 = 7L – 7L1
L1 = 7L
ertama
= (7/8) ρ L /A = (7/8) R = (7/8) × 10 = 8,75 Ω.
2 = R – R1 = 10 – 8,75 = 1,25 Ω.
ah suhu kawat tembaga harus dinaikkan (jika mula-mula suhunya 20 oC) agar ya bertambah 20%
o
engan menggunakan persamaan (26.6)
= Ro [1 + α (T – To)]
,0068 (T – To) = 1,2 –1 = 0,2
atau L1 = 7 (L – L1) L 8atau L1 = 7L/8 Hambatan total kawat R = ρ L /A = 10 Ω Hambatan potongan p R1 = ρ L1 /A = ρ (7L/8) /A Hambatan potongan kedua R 9) Berapakhambatann Jawab Diberikan To = 20 oC R = Ro + 20% Ro = 1,2 RBerdasarkan tabel 26.1 α = 0,0068 (oC)-1
D R R/Ro = 1 + α (T – To) 1,2 = 1 + 0,0068 (T – To) 0 atau
147
oC
h 29,4 oC.
0) Kawat yang panjangnya 10 m terbuat dari 5 m tembaga dan 5 m aluminium yang memiliki g sama (1,0 mm). Beda potensial sebesar 80 V diberikan pada ujung-ujung
abungan kawat tersebut. (a) berapakah hambatan total kawat, (b) berapakah arus yang mengalir beda potensial sepanjang kawat aluminium saja dan berapakah beda
otensial sepanjang kawat tembaga saja?
awab an
anjang kawat aluminium: LA = 5 m at tembaga: LT = 5 m
awat: d = 1 mm = 10-3 m. uas penampang kawat: A = πd2/4 = 3,14 × (10-3)2/4 = 7.85 × 10-7 m2.
ahanan jenis aluminium: ρA = 2,65 × 10-8 Ωm an jenis tembaga: ρT = 1,68 × 10-8 Ωm
ambatan kawat aluminium 2,65 × 10-8 × 5/7.85 × 10-7 = 0,17 Ω.
t tembaga T = ρT LT/A = 1,68 × 10-8 × 5/7.85 × 10-7 = 0,11 Ω.
at aluminium dan tembaha disusun seri, maka hambatan keduanya juga tersusun seri. atan total kawat menjadi
= RA + RT = 0,17 + 0,11 = 0,28 Ω.
) Arus yang mengalir pada kawat
= V/R = 80/0,28 = 286 A.
) Beda potensial sepanjang kawat aluminium V
eda potensial sepanjang kawat tembaga
aksimum yang dapat diberikan pada tahanan 2,7 kΩ dan memiliki aya 0,25 W?
(T – To) = 0,2/0,0068 = 29,4 Jadi besarnya kenaikan suhu adala 1diameter yangpada kawat? (c) berapakah p JDiberikPPanjang kawDiameter kLBerdasarkan Tabel 26.1 TTahanHRA = ρA LA/A =Hambatan kawaRKarena kawHambR (b I (cVA = I RA = 286 × 0,17 = 48,6BVT = I RT = 286 × 0,11 = 31,4 V 11) Berapakah tegangan md
148
awab
maks = 0,25 W kΩ = 2 700 Ω.
aks)2/R
675 V2
tau
maks = (675)1/2 = 26 V
lampu 100 W yang dapat dipasang secara parallel di rumah yang kering 2,5 A?
salah Im = 2,5 A
rus yang mengalir pada masing-masing bolam lampu: I = P/V = 100/220 = 0,45 A.
umlah bolam lampu yang dapat dipasang adalah Im/I = 2,5/0,45 = 5 buah.
ersusun secara seri, sehingga hambatan penggantinya adalah
JAgar hambatan tersebut tidak terbakar, maka daya yang dihasilkan tidak boleh melebihi 0,25 W. Jadi PR = 2,7 Pmaks = (VmAtau (Vmaks)2 = Pmaks × R = 0,25 × 2 700 = a V 12) Berapa banyak bola memiliki tegangan 220 V dan se JawabArus maksimum yang diijinkan aA J 13) Tentukan hambatan pengganti dari “tangga hambatan” pada Gbr.3.31. Hambatan tiap tahanan sama, yaitu 200 Ω.
R
R
R
R
R
R
R R R
R R
R
R
R
R R R
R
Gambar 3.31 Jawab Kita hitung hambatan tahap demi tahap Tiga hambatan paling kanan t
149
ggantinya, RB memenuhi
/RB = 1/RA + 1/R = 1/3R + 1/R = 1/3R + 3/3R = 4/3R
nam dari kanan (melintang di atas dan di bawah) digantikan oleh hambatan RC yang memenuhi
= 3R/4 + 4R/4 + 4R/4 = 11R/4
sehingga dapat digantikan oleh hambatan RD yang memenuhi
1/RC + 1/R = 1/(11R/4) + 1/R = 4/11R + 11/11R = 15/11R
dua hambatan paling kiri tersususun secara seri, sehingga dapat digantikan ambatan RT yang memenuhi
15R/15 + 15R/15 = 41R/15
ambatan RT merupakan hambatan pengganti semua tahanan yang dipasang dalam rangkaian. engganti adalah
Pada Gbr. 3.32, tentukan hambatan pengganti rangkaian hambatan jika nilai tiap dalam baterei nol. (b) tentukan arus yang
n B? awab
RA = R + R + R = 3R RA dengan hambatan keempat dari kanan (posisi mengahdap atas bawah) tersusun secara parallel, sehingga hambatan pen 1atau RB = 3R/4 Hambatan RB dengan hambatan kelima dan keetersusun secara seri sehingga dapat RC = RB + R + R = 3R/4 + R + R Hambatan RC dengan hambatan ketujuh dari kanan (posisi menghadap atas bawah) tersusun secara parallel, 1/RD = arau RD = 11R/15 Hambatan RD denganoleh h RT = RD + R + R = 11R/15 + R + R = 11R/15 + HJadi, besarnya hambatan p RT = 41 × 200/15 = 547 Ω 14) (a)hambatan adalag R = 2,8 kΩ. Anggap hambatanmengalir pada masing-masing hambatan. (c) tentukan beda potensial antara titik A daJ
150
ambar 3.33 memperlihatkan tahapan-tahapan perhitungan tahanan pengganti.
ambar 3.32
ada Gbr. 3.33(a) hambatan atas dan kiri tersusun secara seri sehingga dapat digantikan oleh an R1
batan R1 dan hambatan yanh berposisi diagonal tersusun secara paralel, ehingga dapat digantikan oleh hambatan R2 yang memenuhi
2 = 2R/3
ada Gbr. 3.33(c), hambatan R2 dan hambatan di sisi kanan tersusun secara seri, sehingga dapat
3 = R2 + R = 2R/3 + R = 5R/3
ada Gbr. 3.33(d), hambatan R3 dan hambatan R yang melintang di tengan tersusun secara
/R4 = 1/R3 + 1/R = 1/(5R/3) + 1/R = 3/5R + 5/5R = 8/5R
tau
G
R
RR R
R
Rε = 12 V
A
B
C
R
RR R
R
Rε = 12 V
A
B
C
G Phambat R1 = R + R = 2R Pada Gbr. 3.33(b), hams 1/R2 = 1/R1 + 1/R = 1/2R + 1/R = 1/2R + 2/2R = 3/2R atau R Pdigantikan oleh hambatan R3 yang memenuhi R Pparalel, sehingga dapat digantikan oleh hambatan R4 yang memenuhi 1 a
151
4 = 5R/8
ambar 3.33
ada Gbr. 3.33(e), hambatan R4 dan hambatan paling bawah di sisi kanan tersusun secara seri,
R
G P
RB
R
R
Rε = 12 V
R R
A
RR1 R
R
ε = 12 V
A
B
R
R2R
R
Rε = 12 V
A
B
R
Rε = 12 V
A
R3
R4
R
ε = 12 V
A
RT
ε = 12 V
A
(a)
(b) (e)
(c)
(d)
(f)
R
ε = 12 V
A C(g)
RB
R
R
Rε = 12 V
R R
A
RB
R
R
Rε = 12 V
R R
A
RR1 R
R
ε = 12 V
A
B
R
RR1 R
R
ε = 12 V
A
B
R
R2R
R
Rε = 12 V
A
B
R2R
R
Rε = 12 V
A
B
R
Rε = 12 V
A
R3
R
Rε = 12 V
A
R3
R4
(a)
R
ε = 12 V
AR4
R
ε = 12 V
A
RT
ε = 12 V
ART
ε = 12 V
A
(b) (e)
(c)
(d)
(f)
R
ε = 12 V
A C
R
ε = 12 V
A C(g)
152
T = R4 + R = 5R/8 + R = 5R/8 + 8R/8 = 13R/8
ambatan RT merupakan hambatan total rangkaian.
adi, hambatan total rangkaian adalah
T = 13R/8 = 13 × 2,8/8 = 4,55 kΩ.
ngan arus yang mengalir pada hambatan paling awah di sisi kanan merupakan arus total yang mengalir dalam rangkaian, yaitu
= V/RT = 12/4 550 = 0,003 A
r dari kutub positif baterai an masuk pada kutub negatif baterei. Yaitu dari kiri ke kanan pada lintasan paling bawah yang
ang kita tentukan beda potensial antara titik C dan A. Lihat arah arus seperti pada Gbr. .33(f)
ca = Σ I R - Σ ε = IT R – ε Berdasarkan perjanjian Arah lintasan yang dibuat berlawanan dengan arah arus. Jadi IT = - 0,003 A. Lintasan yang dipilih masuk ke ε dari kutub positif, maka ε diberi harga negatif: ε = - 12 V Jadi Vca = -0,003 × 2 800 – (-12) = 3,6 V Arus yang mengalir pada hambatan melintang antara titik C dan A adalah Ica = Vca/R = 3,6/2 800 = 0,0013 A Arus yang mengalir pada semua hambatan di sebelah atas A dan C adalah I’ = It – Ica = 0,003 – 0,0013 = 0,0017 A
sehingga dapat digantikan oleh hambatan RT yang memenuhi R H J R (b)Arus yang mengalir pada baterei sama deb IT
Karena hanya ada satu baterei yang dipasang, arah arus ini, jelas keluadditempati baterei. Sekar3 V
153
Arus I’ sama dengan arus yang mengalir pada hambatan di sisi kanan atas. Arah arus adalah dari bawah ke atas. Beda potensial antara titik B dan A, sama dengan perkalian arus I’ dengan dengan hambatan R2 pada Gbr 3.33 (c). Jadi Vba = I’ R2 = I’ × (2R/3) = 0,0017 × (2 × 2 800/3) = 3,17 V Dengan demikian, arus yang mengalir pada R yang berposisi diagonal adalah I’’ = Vba/R = 3,17/2800 = 0,00113 A Arus yang mengalir pada hambatan paling atas dan kiri atas adalah I’’’ = Vba/2R = 3,17/(2 × 2 800) = 0,00057 A (c) Tegangan antara titik A dan B sama dengan negatif tegangan antara titik B dan A. Kita sudah hitung, Vba = 3,17 V. Maka Vab = -3,17 V. 15) Misalkan kamu memiliki sumber tegangan 6 V. Tetapi kamu memiliki alat elektronik yang membutuhkan tegangan 4 V. Bagaimana cara mendapatkan tegangan 4 V dari sumber tegangan 6 V? Jawab Kita menggunakan dua buah tahanan, yang dikenal sebagai pembagi tegangan. Rangkaiannya tampak pada Gbr. 3.34
a
b
R1
R2
ε = 6 Va
b
R1
R2
ε = 6 V
Gbr. 3.34 Rangkaian pembagi tegangan
154
ah Arus yang mengalir pada tahanan R1 dan R2 adal I = ε/(R1 + R2) Tegangan antara titik a dan b adalah
εε×=×== 2RRRIV
++ 212
212 RRRRab
tau
adi, kita perlu memasang dua buah hambatan dengan hambatan R1 setengah kali hambatan R2. 2 = 20 Ω.
a dihubungkan secara seri ke tegangan 110 V menghasilkan daya secara paralel. Jika
R maka
etika dihubungkan seri, hambatan total adalah Rs = R + 2200 Ω.
tau
2200 + Rp)
Agar diperoleh tegangan 4 V dari sumber tegangan 6 V maka 4 = R2/(R1+R2) × 6 a (R1 + R2)/R2 = 6/4 R1 + R2 = 6 R2/4 R1 = 6R2/4 – R2 = R2/2 JContohnya, R1 = 10 Ω dan R 16) Dua tahanan, ketikseperempat dari yang dihasilkan ketika kedua tahanan tersebut dihubungkanhambatan satu tahanan 2,2 kΩ, berapakah hambatan tahanan yang lainnya? JawabMisalkan hambatan tahanan yang lainKDaya yang dihasilkan Ps = V2/Rs Ketika dihunungkan secara paralel maka hambatan total Rp memenuhi 1/Rp = 1/R + 1/2200 = (2200 + R)/2200 Ra Rp = 2200 Rp/(
155
p = V2/Rp
etapi Ps = 1/4 Pp
tau
2/Rs = (1/4) V2/Rp
/Rs = 1/4Rp
s = 4 Rp
+ 2200)2 = 8800 R
4400 R + 4 840 000 = 0 – 2200)2 = 0
Jadi tahanan lain memiliki hambatan 2,2 kΩ juga. 17) Lampu 75 W, 220 V dihubungkan secara paralel dengan lampu 40 W, 220 V. Berapakah hambatan total lampu? Jawab Hambatan lampu pertama R1 = V2/P1 = 2202/75 = 645 Ω. Hambatan lampu kedua R2 = V2/P2 = 2202/40 = 1 210 Ω. Hambatan total lampu, R memenuhi
826 = 0,002376
Daya yang dihasilkan P T A V 1 R R + 2200 = 4 × 2200 R/(R + 2200) (R R2 + 4400R + 4 840 000 = 8800 R R2 –(R atau R = 2200 Ω = 2,2 kΩ.
1/R = 1/645 + 1/1 210 = 0,00155 + 0,000 atau
156
421 Ω
) Berapakah arus dalam ampere jika 1000 ion Na+ mengalir melalui membran sel selama 6,5 µs? Muatan satu ion Na+ sama dengan muatan elektron, hanya tandanya positif. 2) Berapakah hambatan sebuah toaster jika diberikan tegangan 110 V muncul arus 2,8 A?
) Baterei 9 V dihubungkan ke lampu yang memiliki hambatan 1,6 Ω. Berapa elektron yang
) Sebuah hair dryer menarik arus 9 A ketika disambuknan ke tegangan 110 V. (a) Berapakah (b) Berapa muatan yang mengalir selama 15 menit?
rapakah diamater kawat tungsten yang panjangnya 1 meter jika hambatannya 0,22 Ω? ) Dapatkan kawat tembaga yang diamaternya 2,5 mm memiliki hambatan yang sama dengan
anjangnya sama dengan panjang kawat tembaga tersebut? luminium, ketika dihubungkan ke tegangan 10,0 V tepat menghasilkan arus
,4212 A. Pada saat itu suhu kawat tepat 20 oC. Kemudian kawat tersebut ditempatkan pada tidak diketahui. Dengan memberikan tegangan yang sama, arus yang
engalir pada kawat menjadi 0,3618 A. Berapakah suhu lingkungan kawat tersebut?
) Sebuah bolam lampu mengandung filamen yang memiliki hambatan 12 Ω kerika dalam
0) Berapakah daya maksimum yang dikonsumsi oleh sebuah walkman jika arus maksimum tarik oleh alat tersebut dari sumber tegangan 9 V adalah 350 mA?
ngalir pada bolam lampu 60 W jika dihubungkan am lampu 440 W.
it listrik memberikan daya 520 kW ke sebuah pabrik melalui kabel yang hanan totalnya 3 Ω. Berapa daya listrik yang terbuang jika tegangan yang diberikan 50.000 V?
aya yang terbuang jika tegangan 20.000 V? 3) Delapan lampu sejenis dihubungkan secara seri pada tegangan listrik 220 V. (a) berapa beda
erapakah hambatan yang imiliki masing-masing lampu dan daya yang dihasilkan oleh masing-masing lampu tersebut?
secara paralel pada tegangan 110 V. Jika arus yang alir pada tiap lampu adalah 240 mA, berapakah hambatan tiap lampu dan daya yang
ihasilkan masing-masing lampu? memiliki hambatan masing-masing 140 Ω dihubungkan secara seri.
) berapakah hambatan total ke empat lampu tersebut? (b) berapakah hambatan total jika lampu
R = 1/0,002376 = Soal Latihan 1
3meninggalkan baterei selama satu menit? 4hambatan hair dryer?5) Be6kawat tungsten yang p7) Sebuah kawat a0lingkungan yang suhunyam8) Tentukan, pada suhu berapakah tahanan jenis tembaga menjadi sama dengan tahanan jenis tungsten pada suhu 20 oC? 9kondisi dingin dan 140 oC pada keadaan panas. Perkirakan suhu filamen dalam bola lampu ketika saklar di “ON” kan (lampu menyala) jika koefisien suhu hambatannya adalah α = 0,0060 (oC)-1
1yang di11) (a) Berapakah hambatan dan arus yang meke sumber tegangan 120 V? (b) Ulangi pertanyaan di atas untuk bol12) Sebuah pembangktaDan berapa d1tegangan yang dialami tiap lampu? (b) Jika arus yang mengalir 0,8 A, bd14) Delapan lampu serupa dihubungakan mengd15) Empat buah lampu yang(bdisusun secara paralel?
157
6) Tiga buah lampu yang memiliki hambatan masing-masing 40 Ω dan tiga buah lampu yang batan masing-masing 80 Ω dihunungkan secara seri. (a) Berpakah hambatan total
nam lampu tersebut? (b) Berapakah hambatan total jika enam lampu tersebur disusun secara
7) Dari satu buah hambatan 40 Ω dan satu buah hambatan 80 Ω, hambatan yang nilai berapakah ungkin diperoleh dari kombinasi kedua hambatan tersebut?
8) Misalkan kamu memiliki tiga buah hambatan, masing-masing 500 Ω, 900 Ω, dan 1,4 kΩ. terbesar yang dapat kamu peroleh dengan mengkombinasikan tiga
ambatan tersebut? Berapakah hambatan terkecil yang dapat kamu peroleh? tahanan 240 Ω dapat dikombinasikan dalam empat cara yang berbeda. Hitunglah
ambatan pada tiap-tiap kombinasi tersebut. n 2,1 kΩ dan 2,8 kΩ dihubungkan secara paralel. Kombinasi tersebut kemudian
ihubungkan secara seri dengan tahanan 1,8 kΩ. Jika daya maksimum yang sanggup ditahan berapakah tegangan maksimum yang bisa dipasang pada
1) Dua buah lampu yang memiliki daya yang sama dihubungan ke tegangan 220 V. Manakah pu tersebut dipasang secara seri dibandingkan apabila kedua
a paralel?
1memiliki hameparalel? 1yang m1Berapakah hambatan h19) Tiga buah h20) Tahanadmasing-masing tahanan 0,25 W, rangkaian tersebut? 2yang lebih terang jika jika kedua lamlampu tersebut dipasang secar
Bab 4 Kemagnetan
Setelah cukup banyak membahas kelistrikan pada beberapa Bab terdahulu, pada bagian ini kita akan belajar fenomena lain yang sangat penting, yaitu kemagnetan. Fenomena ini sering kita amati dalam kehidupan sehari-hari. Contoh fenomena kemagnetan adalah pergerakan jarum kompas menuju arah utara selatan (lebih tepatnya mendekati arah utara selatan), tarikan atau tolakan dua batang magnet, terjadinya aurora di dekat kutub bumi, dan sebagainya. Dan ternyata para ahli fisika telah menemukan hubungan yang sangat erat antara fenomena kelistrikan dan kemagnetan. Kelistrikan dapat dihasilkan oleh proses pada magnet, dan sebaliknya kemagnetan dapat dihasilkan oleh proses pada listrik. Oleh karena itu kelistrikan dan kemagnetan dapat dipandang sebagai satu fenomena saja yang sekarang dinamai electromagnet (elektro dan magnet). 4.1 Gaya Antar Kutub Magnet Permanen Salah satu gejala kemagnetan yang dapat kalian amati dengan mudah adalah tertariknya paku atau potongan besi oleh batang magnet. Batang magnet seperti ini dikelompokan sebagai magnet permanen. Disebut magnet permanen karena sifat kemagnetan tetap ada kecuali dikenai gangguan luar yang cukup besar seperti pemanasan pada suhu yang cukup tinggi atau pemukulan yang cukup keras. Setiap magnet memiliki dua kutub yang berlawanan. Salah satu kutub dinamai kutub utara dan kutub lainnya dinamai kutub selatan. Dinamakan kutub utara karena kutub tersebut akan mengarah ke kutub utara geografi bumi. Sebaliknya, kutub selatan cenderung mengarah ke kutub selatan geografi bumi. Dua kutub magnet yang didekatkan akan saling melakukan gaya. Sifat gaya antar kutub magnet sebagai berikut i) Kutub sejenis melakukan gaya tolak-menolak ii) Kutub tak sejenis melakukan gaya tarik-menarik iii) Besarnya gaya tarik atau gaya tolak antar dua kutub berbanding lurus dengan kekuatan masing-masing kutub dan berbanding terbalik dengan kuadrat jarak antar dua kutub. Secara matematika, besar gaya antar kutub magnet dapat ditulis
221
rmmkF = (4.1)
dengan F = gaya antar kutub, m1 = kekuatan kutub pertama (Ampere meter), m2 = kekuatan kutub kedua, r = jarak antara ke dua kutum, dan k = konstanta yang besarnya 10-7 Weber/(Ampere
158
meter)
159
ambar 4.1 Kutub magnet sejenis tolak-menolak dan kutub tak sejenis tarik-menarik.
ontoh net batang mempunyai kekuatan kutub yang sama. Ketika kutub utara dari satu megnet
aya tolak atau gaya tarikkah yang terjada pada dua kutub?
awab an:
tub sama. Misalkan kekuatan kutub m maka m1 = m2 = m.
1 m
) Karena kutub yang berdekatan adalah kutub utara dan selatan (kutub tak sejenis) maka gaya yang
) F = k m1 m2/r2
0-7 m . m/(0,01)2
= 1
m = 1 Ampere meter sing magnet adalah m1 = m2 = 1 Ampere meter.
G CDua magdidekatkan dengan kutub selatan magnet yang lainnya sampai 1 cm, gaya yang dialami adalah 0,001 N. a) Gb) Berapa kekuatan masing-masing kutub? JDiberikKekuatan kuF = 0,001 N r = 1 cm = 0,0k = 10-7 Wb/A m adialami ke dua kutub adalah gaya tarik menarik. b 0,001 = 1 0,001 = 10-7 m2/0,0001 0,001 = 0,001 m2
m2 = 0,001/0,001 atau Jadi kekuatan kutub masing-ma
160
.2 Mengapa kutub magnet cenderung mengambil arah utara-selatan?
an tempatkan sebuah magnet batang yang cukup besar di atas meja dengan
arena kutub utara magnet jarum ditarik oleh kutub selatan magnet batang dan kutub selatan
okasi kutub magnet bumi tidak tepat berimpit dengan kutub geografi bumi sehingga jarum
ambar 4.2 Bumi adalah magnet yang sangat besar. Kutub selatan magnet bumi berada di
ekitar kutub utara geografi bumi dan kutub utara magnet bumi berada di sekitar kutub selatan
.3 Sudut deklinasi utub selatan magnet bumi berada di bagian utara Canada, pada jarak sekitar 1300 km dari
4Kegiatan Coba kalikutub-kutubnya berarah barat-timur. Kutub utara magnet mengarah ke barat dan kutub selatan magnet mengarah ke timur. Kemudian ikatkan sebuah magnet jarum dengan benang sehingga berada dalam posisi horizontal. Dekatkan magnet jarum di atas magnet batang. Amati bagaimana arah kutub magnet jarum? Kalian amati kutub utara magnet jarum menghadap ke timur dan kutub selatan magnet jarum mengarah ke barat. Mengapa? Kmagnet jarum ditarik oleh kutub utara magnet batang. Pengamatan ini dapat menjelaskan mengapa megnet yang menggantung bebas selalu mengambil arah utara selatan. Ini akibad bumi kita sebenarnya sebuah magnet permanen dengan arah kutub sebagai berikut: i) Kutub selatan magnet bumi berada di sekitar kutub utara geograi bumi ii) Kutub utara magnet bumi berada di sekitar kutub selatan geografi bumi Lkompas tidak tepat mengarah ke kutub-kutub bumi.
Gsgeografi bumi. 4K
161
bumi. Akibatnya, jarum kompas tidak tepat menunjuk arah utara selatan.
θ, disebut sudut deklinasi
udut inklinasi disefiniskan sebagai sudut yang dibentuk oleh garis hubung kutub utara-selatan n garis horisontal di tempat tersebut. Untuk menentukan sudut inlkinasi kalian
lit, kalian dapat menunjukkan bahwa di kutub selatan sudut inklinasi +90o edangkan di kutub utara sudut inklinasi -90o. Pada tempat lain di permukaan bumi sudut inklinasi
kutub utara geografiBeda antara sudut yang ditunjukkan oleh jarum kompas dengan arah kutub geografi bumi disebut sudut deklinasi. Untuk menentukan sudut deklinasi kalian tempatkan jarum kompas di atas poros yang memungkinan jarum tersebut dapat berputar bebas dalam arah horisontal. Amati arah kutub selatan dan utara jarum kompas dan amati arah selatan-utara geografi di tempat tersebut. Sudut yang dibentuk oleh ke dua arah tersebut disebut sudut deklinasi.
KutubKutub selatan
Gambar 4.3 Sudut antara sumbu jarum kompas dan arah utara selatan, 4.4 Sudut Inklinasi Sjarum kompas dengatempatkan jarum kompas pada poros yang memungkinkan jarum berputar bebas dalam arah vertikal. Amati arah kutub selatan-utara jarum kompas terhadap arah garis horisontal. Sudut yang dibentuk oleh ke dua arah tersebut disebut sudut inklinasi. Jika kutub utara jarum kompas berada di sebelah atas garis horisontal kita sebut tempat tersebut memiliki sudut inklinasi positis. Sebaliknya jika kutub utara jarum kompas berada dibawah garis horisontal kita sebut tempat tersebut memiliki inklinasi negatif. Tanpa terlalu susberada atara -90o sampai +90o. Makin dekat ke khatulistiwa sudut inklinasi makin mendekati 0o. Karena kutub utara dan selatan magnet bumi tidak tepat beimpit dengan kutub utara dan selatan geografi bumi, maka pada daerah yang memiliki lintang yang berbeda, sudut inklinasi berbeda walaupun cukup kecil. Pada lintang tertentu selalu ada dua tempat yang memiliki sudut deklinasi
utara
Kutubselatan
Kutub utaramagnet
magnet
θ
KutubKutub selatanutara
Kutubselatan
Kutub utaramagnet
magnet
θ
yang sama (coba kalian pikirkan).
Kutubutara
Kutubselatan
Kutub utaramagnet
Kutub selatanmagnet
Arahhorisontal
ϕ
Kutubutara
Kutubselatan
Kutub utaramagnet
Kutub selatanmagnet
Arahhorisontal
ϕ
162
egiatan mbil sebuah magnet batang yang agak panjang, lalu potong menjadi dua. Apa yang akan kamu
g juga merupakan magnet bukan? Masing-masing memiliki kutub utara n sendiri-sendiri. Mengapa demikian?
Gambar 4.4 Sudut antara sumbu jarum kompas dan arah horisontal disebut sudut inklinasi 4.5 Domain Magnet KAdapatkan? Tiap potondan selata
Gambar 4.5 Jika magnet permanen dipotong maka tiap potongan tetap merupakan magnet.
163
gnet ang ukurannya sangat kecil. Tiap domain sudah merupakan magnet. Jika sebuah magnet
n-domain magnet. Satu domain magnet
erupakan magnet elementer (magnet terkecil) dalam benda tersebut
.6 Garis Gaya Magnetik alian sudah belajar bahwa keberadaan gaya antar muatan listrik dapat dijelaskan dengan
n konsep garis gaya listrik. Garis gaya listrik dilukiskan keluar dari
ambarkan kekuatan medan magnet di
b.
n lemah medan magnet.
Jawabannya adalah sebuah magnet permanen sebenarnya terdiri atas domain-domain maydipotong maka masing-masing potongan mengandung sejumlah domain sehingga masing-masing memperlihatkan sifat kemagnetan. Jika hasil potongan dipotong lagi maka masing-masing potongan baru masih mengandung sejumlah domain sehingga meperlihatkan sifat kemagnetan. Sifat kemagnetan mungkin akan hilang jika ukuran potongan lebih kecil daripada ukuran domain dan ini biasanya dalam orde micrometer.
Gambar 4.6 Magnet permanen mengandung domaim 4Ksederhana bila diperkenalkamuatan positif dan masuk pada muatan negatif. Untuk mendapatkan kemudahan yang sama, maka diperkenalkan juga konsep garis gaya pada magnet. i) Garis gaya magnet dilukiskan keluar dari kutub utara dan masuk di kutub selatan. ii) Kerapatan garis gaya per satuan luas di suatu titik menggtitik tersebut. iii) Kerapatan garis gaya terbesar diamati di kutub magnet. Ini berarti medan magnet paling kuat di daerah kutuiv) Makin jauh dari kutub maka makin kecil kerapatan garis gaya. Ini berarti makin jauh dari kutub maka maki
164
Gambar 4.7 Lukisan garis gaya magnet
ada muatan listrik kita mendapatkan bahwa garis gaya keluar dari muatan positif dan masuk tan dapat dipisahkan sejauh-jauhnya sehingga kita dapat
selatan yang terpisah disebut muatan magnet. Karena tidak ernah ditemukan kutub utara atau kutub selatan yang terpisah maka kita simpulkan tidak ada
.8 Medan Magnet eperti pada definisi medan listrik, kita juga mendefinisikan medan magnet. Di sekitar suatu
dan magnet dengan sifat sebagai berikut:
magnet
ehingga didapati medan agnet yang paling besar.
utub utara dan masuk di kutub selatan.
4.7 Tidak Ada Muatan Magnetik Ppada muatan negatif. Kedua muamemperoleh muatan positif yang teriosolasi atau muatan negatif yang terisolasi. Namun, tidak demikian dengan magnet. Kita tidak pernah menemukan kutub utara magnet saja (tanpa kutub selatan) atau kutub selatan magnet saja (tanpa kutub utara). Kutub utara dan kutub selatan magnet selalu muncul berpasangan. Kutub utara yang terpisah atau kutubpmuatan magnet. 4Smagnet dihasilkan mei) Arah medan magnet sama dengan arah garis gaya magnet ii) Besar medan magnet sebanding dengan kerapatan garis gaya Di sekitar kutub magnet kerapatan garis gaya magnet paling besar smArah garis gaya keluar dari kutub utara dan masuk ke kutub selatan. Dengan demikian, arah medan magnet keluar dari k Kita simbolkan medan magnet dengan B
r, yang merupakan sebuah besaran vector. Satuan
165
edan magnet adalah Tesla yang disingkat T.
Gambar 4.8 Lukisan medan maget.
agnet tidak hanya melakukan gaya pada magnet lain, tetapi juga dapat melakukan gaya pada rus listrik. Jika kawat yang dialiri arus listrik ditempatkan dalam medan magnet, maka kawat
aya dari magnet. Besar dan arah gaya yang dialami kawat yang dialiri arus
m
BB
4.9 Gaya Lorentz Matersebut mendapat glistrik dalam medan magnet diberikan oleh hokum Lorentz
BLIFrrr
×= (4.2)
dengan Fr
Lr
: gaya yang dilami kawat berarus listrik, I : besar arus listrik, dan : vector panjang kawat yang dikenai medan magnet (m). Besar vector L
r sama dengan bagian panjang kawat
magnet saja sedangkan arahnya sama dengan arah arus dalam kawat. yang dikenai medanBr
: vektor medan magnet (T)
esarnya gaya Lorentz yang dialami kawat berarus listrik dapat ditulis
Gambar 4.9 Medan magnet melakukan gaya pada kawat yang dialiri arus listrik
B
θsinILBF = (4.3)
engan θ adalah sudut antara vector
166
d Lr
Br
dan vector .
ntuk menentukan arah gaya Lorentz, kita gunakan aturan sekrup putar kanan. Caranya sebagai
Tempatkan vector panjang kawat dan vector medan magnet sehingga titik pangkalnya
sekrup putar kanan dari arah vector panjang kawat ke arah vector medan magnet.
.10 Definisi Satu Tesla
tegak lurus (θ = 90o, atau sin θ =1) maka gaya orentz pada kawat memenuhi
Uberikut. i)berimpit. ii) Putar iii) Arah maju sekrup sama dengan arah gaya Lorentz pada kawat.
I
Br
Gambar 4.10 Menentukan arah gaya Lorentz
4Jika arah arus dan arah medan magnet salingL
ILBF = (4.4) Jika kawat dialiri arus satu ampere dan panjang kawat yang dikenai medan magnet adalah satu meter, maka besadalah satu Newton.
nya 10 m ditempatkan dalam medan magnet yng kuat medannya 0,01 T. agian kawat yang dikenai medan magnet hanya sepanjuang 10 cm, Arahj arus kawat terhadap
agnet membenrutk sudut 30o. Berapa besar gaya yang bekerja pada kawat?
rnya medan magnet sama dengan satu tesla jika gaya yang bekerja pada kawat a Contoh Kawat yang panjangBmedan mJawab
B
Lr
Fr
B
I
B
I
Br
Lr
Fr
Br
Lr
Fr
I = 100 mA = 0,01 A B = 0,01 T θ = 30o
167
nya mengambil panjang bagian kawat yang dikenai medan magnet)
0,1 × 0,01 T × sin 30o = = 0,1 × 0,1 × 0,01 ×1/2 5 × 10-5 N
rentz Pada Muatan yang Bergerak alian sudah tahu bahwa muatan yang bergerak menghasilkan arus listrik bukan? Dengan emikian, muatan yang bergerak dalam medan magnet juga mengalami gaya Lorentz. Kita dapat
yang bergerak dari persamaan gaya Lorentz
L = 10 cm = 0,1 m (haMaka F = I L B sin θ = 0,1 ×= 4.11 Gaya LoKdmenurunkan persamaan gaya Lorentz untuk muatanuntuk arus pada kawat. Telah kita bahas, gaya Lorentz pada kawat yang dialiri arus adalah
BLIFrrr
×=
Tetapi, arus sama dengan muatan yang mengalir per satuan waktu, atau
tI
∆ (q
= 4.5)
dengan ∆t adala
elanjutnya kita dapat menulis gaya Lorentz pada kawat berarus listrik sebagai berikut
h selang waktu dan q adalah muatan yang mengalir dalam selang waktu tersebut.
S
Bt
LqBLt
qF ×⎟⎟⎜⎜ ∆=×⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛∆
= (r
rrrr
⎠
⎞
⎝
⎛4.6)
Tetapi, t
L∆
r
adalah panjang per satuan waktu. Untuk muatan yang bergerak, Lr
adalah
perpindahan muatan dan ∆t adalah lama waktu perpindahan. Jadi, t
L∆
r
tidak lain daripada
kecepatan muatan, atau
vt
L r=
∆ (4.7)
r
khirnya, dengan substitusi persamaan (4.7) ke dalam persamaan (4.6) diperoleh gaya Lorentz pada muatan yang ber
esarnya gaya Lorentz menjadi
Agerak memenuhi
BvqF (4.8)
rrr×=
B
sinqvBF = θ (4.9)
vr dan vector Br
dengan θ adalah sudut antara vector .
Gambar 4.11pembelokan yang berlawanan.
ontoh
/s. Jika partikel itu tidak mengalami perubahan arah, tentukan kuat medan agnet
Lintasan muatan listrik yang bergerak dalam medan magnet mengalami akibat gaya Lorentz. Muatan yang berpuatan positif dan negatif membelok ke arah
CSebuah partikel yang mempunyai massa 200 miligram dan membawa muatan 2 × 10-8 coulomb daitembakkan tegak lurus dan horizontal pada medan magnet serba sama yang horizontal dengan kecepatan 5 × 104 mmJawab Diberikan m = 200 miligram = 2 × 10-4 kg v = 5 × 104 m/s 168
169
0-8 C /s2
ja. Pertama adalah gaya gravitasi ke bawah. Kedua adalah Gaya ntasan partikel tidak berubah maka besar gaya Lorentz sama dengan besar gaya
ravitasi = m g arena lintasan partikel tegak lurus medan magnet, maka besar gaya Lorentz = q v B sin 90o = q
q = 2 × 1g = 10 m Di sini ada dua gaya yang bekerLorentz. Agar ligravitasi. Besar gaya gKv B. Karena kedua gaya sama maka q v B = m g atau
)105()102( 48 ××× −qvB = 10)102( 4 ××
=−
2 T
embelokkan Lintasan Muatan Dalam Medan Magnet eperti yang dibahas di atas, arah gaya Lorentz selalu tegak lurus B dan tegak lurus v. Arah gaya
yang selalu tegak lurus arah g partikel bermuatan yang bergerak dalam medan magnet persis sama dengan gaya pada benda yang sedang bergerak melingkar beraturan. Pada benda ang bergerak melingkar, selalu bekerja gaya ke arah pusat lingkaran, sedangkan arah gerak
an, kita bias mamastikan bahwa
=mg
4.12 PS
erak pada
yselalu menyinggung lintasan (tegak lurus gaya). Dengan demikilintasan muatan yang masuk dalam medan magnet dalam arah tegak lurus membentuk lintasan lingkaran. Karena lintasan berbentuk lingkaran maka pada muatan ada gaya sentripetal sebesar
rvmFs
2
= (4.10)
dengan v : laju partikel, m : massa partikel, dan r : jari-jari lintasan Sumber gaya sentripetal adalah gala Lorentz yang dihasilkan oleh m
(4.11)
engan menyamakan nilai ke dua gaya tersebut kita peroleh
edan magnet yang besarnya
qvBFL =
D
rvmqvB
2
=
atau
vqBrm = (4.12)
Tampak dari persamaan (4.12) bahwa, jika laju dan muatan partikel diketahui maka dengan ukur jari-jari lintasan, kita dapat menentukan massa partikel.
Contoh Sebuah partikel y
jari 11 mm. Tentukan massa artikel tersebut.
1 m
meng
ang memiliki satu muatan elementer memasuki daerah yang mengandung medan magnet 0,010 T dengan laju 2,0 × 107 m/s arah tegak lurus medan magnet. Diamati bahwa partikel tersebut bergerak dalam lintasan lingkaran dengan jari-pJawab Diberikan q = satu muatan elementer = 1,602 × 10-19 C B = 0,010 T v = 2,0 × 107 m/s θ = 90or = 11 mm = 0,01Massa partikel
vqBrm =
317
19 0,0()10602,1( − ××= 109
)10)011,0()10 −×=
×× kg
Gambar 4.12 Massa atom dapat ditentukan berdasarkan jari-jari lintasan dalam medan magnet.
2(
rr
170
171
Tanda silang artinya medan magnet berarah ke belakang menembus kertas. 4.13 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 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. Bagaimana cara
enentukan laju ion dengan mudah? Cara yang mudah adalah menggunakan selektor kecepatan. emanfaatkan gaya listrik dan gaya magnet. Medan magnet dan medan
edan magnet masing-masing melakukan gaya pada partikel.
ng bergerak dalam garis lurus. Jadi, agar lintasan partikel lurus maka harus terpenuhi
mSelektor kecepatan mlistrik dibangkitkan dalam suatu ruang dalam arah yang saling tegak lurus.
lam ruangan yang mengandung dua medan tersebut. Partikel bermuatan ditembakkan masuk ke daBaik medan listrik maupun mGaya 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 4.13 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 ya
172
q E = q v B
atau
BEv = (4.13)
Jadi, hanya partikel dengan laju v = E/B yang memiliki lintasan yang lurus. Partikel dengan laju ;ebih 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 engan laju lebih besar atau lebih kecil tertahan oleh dinding dan tidak didapatkan di sebelah ar celah kedua. Dengan demikian, kita mendapatkan ion dengan kecepatan yang sudah tertentu
pektrometer massa yang lengkap mengandung selektron kecepatan (yang mengandung medan an ruang pembelokan yang mengandung
edan magnet saja. Selektron kecepatan memilih partikel dengan laju tertentu saja yang memasuki ruang pembelokan. Di ruang pembelokan, jari-jari lintasan partikel diukur sehingga
sarkan informsi laju yang dihasilkan oleh selektron kecepatan dan dengan mengukur ri-jari lintasan, maka massa atom dapat ditentukan dengan mudah.
dluyang keluar dari celah kedua. b) Spektrometer Massa Lengkap Slistrik dan medan magnet yang berarah tegak lurus) dm
berdaja
+r
+r
Gambar 4.14 Skema spektrometer massa lengkap yang terdiri dari slektor kecepatan dan daerah pembelokan.
173
erdasarkan Gambar 4.14, laju partikel yang lolos selector kecepatan memenuhi B
1BEv = (4.14)
dengan E : kuat medan listrik pada sekeltor kecepatan dan B : kuat medan magnet pada selektor kecepatan Atom membelok dalam ruang pembelokan sehingga massanya memenuhi
1
22
/ BErqB
vrqBm ==
rEBqB 21= (4.15)
engan B2 : kuat medan magnet pada ruang pembelokan, E : jari-jari lintasan atom pada ruang
ambar 4.15 Foto spektrometer massa 4.15 Massa Isotop
lah neutron berbeda. Jadi, isotop hanya berbeda dalam jumlah neutron tetapi jumlah proton maupun jumlah elektron sama. Apabila dilewatkan pada spektrometer massa maka isotop yang berbeda memiliki jari-jari lintasan yang sedikit berbeda. Apabila diamati dengan teliti hasil yang terekam pada film spektrometer mass, dipeoleh pola
dpembelokan, dan q : muatan atom
G
Spektrometer massa merupakan alat yang sangat teliti. Alat ini mampu mengukur massa atom hingga perbedaan satu proton atau satu neutron. Isotop adalah atom yang dalam intinya memiliki jumlah proton yang sama tetapi jum
174
eperti berikut ini.
Gambar 4.16 Garis-garis pada film hasil rekaman spektrometer massa Garis-garis yang terpisah cukup jauh mewakili atom dari unsur yang berbeda. Garis-garis yang berkelompok merepresentasikan isotop-isotop dari suatu unsur. Berdasarkan Gambar 4.16:
nsur A memiliki dua isotop
nsur C tidak memiliki isotop nsur D memiliki empat isotop
assa atom dihitung dengan rumus
s
A B C DA B C D
UUnsur B memiliki tiga isotop UU Contoh Atom karbon dengan massa atomik 12,0 smu ditemukan dalam bentuk campuran dengan usnur lain yang tidak diketahui. Ketika dikaji dengan spektrometer massa, atom karbom nemempuh litasan dengan jari-jari 22,4 cm sedangkan atom yang belum diketauhi menempuh lintasan dengan jari-jari 26,2 cm. Dapatkah kalian perkiranaan unsur apakah yang tidak dikenal tersebut? Anggap muatan atom karbon dan atom yang tidak dikenal sama. Jawab M
rEB2 qBm 1=
uatan atom yang melewati spektrometer sama, maka kita dapatkan Jika m
rm ∝
atau
11
Berdasarkan soal
22
rr
mm
=
m1 = 12,0 sma r1 = 22,4 cm r2 = 26,2 cm Maka
03,140,124,222,26
11
22 =×== m
rrm sma
Berdasarkan tabel periodik, unsur dengan massa tomik 14,0 adalah nitrogen. Jadi unsur yang pur dengan oksigen adalah nitrtogen.
4.16 SiklotrSiklotron adalah alat yang mempercepat partikel bermuatan dalam lintasan lingkaran. Siklotron
mempercepat muatan enggunakan medan listrik bolak-balik. Medan magnet juga dipasang untuk membelokkan arah
gerak muatan sehingga dapat dipercepat kembali oleh medan listrik dalam arah sebaliknya. a siklotron tampak pada Gambar 52.25
edan listrik hanya berada antara pelat elektroda A dan B. Di luar elektroda terdapat medan an partikel yang akan dipercepat memiliki muatan positif. Selama melewati
bercam
on
yang pertama kali dibuat adalah siklotron elektron. Siklotron m
Skem
Gambar 4.17 Skema siklotron Mmagnet. Misalkdaerah antara dua elektroda (antara A dan B) partikel dipercepat oleh medan listrik yang arahnya dari posisi 1 ke posisi 2. Percepatan yang dialami partikel adalah
mqEa = (4.16)
dengan q : muatan partikel, E : kuat medan listrik, dan m : mass partikel Ketika meninggalkan titik 2, partikel hanya dikenai medan magnet sehingga dibelokkan membentuk lintasan lingkaran. Akibatnya, partikel kembali mengenai elektroda pada titik 3. Ketika partikel mencapai titik 3, arah medan listrik sudah berubah menjadi dari elektroda A ke
175
176
elektroda B. Akibatnya, partikel diperepat dari titik 3 ke titik 4. Ketika meninggalkan titik 4, partikel dibelokkan oleh medan magnet sehingga kembali ke titik 1 yang kemudian dipercepat ke titik 2 oleh medan listrik yang telah berubah arah lagi. Begitu seterusnya. Pada akhirnya partikel memiliki laju yang sangat besar setelah mengalami percepatan yang terus menerus. Frekuensi tegangan bolaki-balik harus diatur sedemikian rupa sehingga partikel mengalami medan listrik berarah ke kiri sekita partikel mengenai titik 1 (ketika bergerak dari titik 4) dan berarah ke kanan ketika partikel mengenai titik 3 (ketika bergerak dari titik 2). Frekuensi tersebut dapat dihitung sebagai berikut. Misalkan laju partikel ketika bergerak dalam medan magnet adalah v. Gaya Lorentz yang bekerja
ada partikel adalah p
qvBFL = Gaya ini merupakan gaya sentripetal pada partikel (karena lintasan partikel berupa lingkaran). Gaya sentripetal dapat ditulis
ωmvvmvvmF ===2
(rrs 4.17)
dengan ω adalah frekuensi sudut putaran partikel.
amakan FL dan Fs diperoleh S
ωmvqvB = atau
mqB
=ω (4.18)
Agar partikel mengalami percepatan yang tepat (seperti yang diuraikan di atas) maka frekuensi
asikan pula dalam menyelidiki material. Salah satu aplikasinya dalah menyelidiki sifat pembawa muatan listrik dalam material berdasarkan suatu fenomena
arus listrik ketika material tersebut ditempatkan dalam medan magnet yang
sudut tegangan antara dua elektroda harus sama dengan frekuensi sudut putaran partikel. 4.17 Efek Hall Fenomena gaya Lorentz diaplikayang bernama efek Hall. Efek Hall adalah peristiwa terbentuknya beda potensial antara dua sisi material yang dialiri
177
rahnya tegak lurus arah aliran muatan (arah arus).
kibat adanya medan magnet maka muatan positif dan negatif mengalami pembelokan dalam
terjadi penumpukan muatan negatif. Dua sisi benda seolah-oleh ersifat sebagai dua pelat sejajar yang diberi muatan listrik sehingga timbul beda potensial antara
dua sisi tersebut. Beda potensial tersebut disebut tegangan Hall.
aka dapat ditentukan konsentrasi pembawa muatan dalam material.
bang elektromagnetik. Peristiwa ini disebut
a
Aarah berlawanan. Sehingga pada satu sisi permukaan benda terjadi penumpukan muatan positif dan pada sisi yang berlawananb
Arah arus
Elektron
Material
Medan magnet
Arah gayamagnet
Arah arus
Elektron
Material
Medan magnet
Arah gayamagnet
Gambar 4.18 Eelektron yang mengalir dalam bahan membelok ke sisi bahan jika bahan tersebut ditempatkan dalam medan magnet. Dari nilai tegangan Hall mEfek Hall merupakan metode yang sangat sederhana untuk menentukan kerapatan pembawa muatan (muatan per satuan volum) dalam bahan semikonduktor. 4.18 Bremstrahlung Teori elektrodinamika klasik menyimpulkan bahwa partikel bermuatan listrik yang memiliki
emancarkan gelompercepatan atau perlambatan mbremstahlung. Misalkan elektron dipercepat dengan beda potensial beberapa puluh ribu volt. Jika elektron tersebut ditumbukkan pada permukaan logam maka kecepatannya berkurang secara drastis. Elektron mengalami perlambatan yang sangat besar, sehingga elektron memancarkan gelombang elektromagnetik. Gelombang elektromagnetik yang dipancarkan berada pada semua frekuensi. Frekuensi gelombang elektromagnetik yang dipancarkan dengan intensitas terbesar memenuhi hubungan
eVh =ν (4.19) dengan ν : frekuensi gelombang elektromagnetik yang dipancarkan dengan intensitas terbesar,
178
: konstnta Planck (6,625 × 10-34 J s), e : muatan electron, dan V : beda potensial yang mempercepat elektron Jika beda potensial yang digunakan untuk mempercepat elektron adalah puluhan ribu volt maka frekuensi dengan intensitas maksimum berada di daerah sinar-X. Ini adalah cara menghasilkan sinar-X yang dipakai di kedokteran.
ambar 4.19 Proses produksi sinar-X
lam tabung hampa dipercepat antara dua elektrode yang memiliki beda otesial 80 kV dan menabrak anoda. Berapa panjang gelombang elektron yang dihasilkan?
Jawab iberikan
2
ang dihasilkan
h
Atom-atom dipermukaan logam
G Jika percepatan partikel berubah secara peiodik dengan periode T maka gelombang elektromagnetik yang dipancarkan memiliki periode T juga. Contoh partikel yang memiliki percepatan periodik adalah partikel yang bergrak melingkar atau partikel yang berosilasi harmonik. Antene pemancar adalah contoh perangkat yang memproduksi gelombang elektromagnetik dengan periode tertentu akibat osilasi muatan listrik. Contoh Sebuah elektron di dap
De = 1,60 × 10-19 C V = 80 kV = 8 × 104 V Frekuensi gelombang y
1934
419
109,1)10625,6(
)108()10602,1(×=
××××
== −
−
heVν Hz
Panjang gelombang yang dihasilkan
Elektron berkecepatantinggi menabrakpermukaan logam
Sinar Xdipancarkan
Atom-atom dipermukaan logam
Elektron berkecepatantinggi menabrakpermukaan logam
Sinar Xdipancarkan
1119
8
106,1109,1103 −×=××
==ν
λ c m
4.19 Aurora Di samping dalam proses produksi sinar-X, peristiwa bremstahlung dapat diamati di sekitar kutub bumi dalam bentuk cahaya terang, yang dikenal dengan Aurora. Penyebab munculnya Aurora dapat dijelaskan secara singkat sebagai berikut:
an sebuah muatan dengan kecepatan tertentu masuk ke dalam daerah yang mengandung rus medan magnet. Bentuk lintasan partikel
bar berikut ini.
iliki medan magnet dengan arah keluar dari kutub selatan (kutub utara bumi) dan i). Jika partikel bermuatan dari luar angkasa masuk ke
ntu maka partikel tersebut bergerak dalam lintasan spiral menuju ke arah san spiral, partikel memiliki percepatan
ndekati kutub magnetik bumi, tensitas gelombang elektromagnetik yang
dipancarkan sangat tinggi dan dapat diamati mata. Itu sebabnya mengapa aurora hanya
Misalkmedan magnet dengan sudut yang tidan tegak lu
enjadi spiral seperti pada gamberubah m
Gambar 4.20 Lintasan partikel yang masuk ke dalam medan magnet umumnya berbentuk spiral Bumi memmasuk di kutub utara (kutub selatan bumbumi dengan su ut d tertekutub magnet bumi. Selama bergerak dalam linta
emancarkan gelombang elektromsehingga mkonsentrasi partikel sangat besar sehingga in
agnetik. Saat me
dengandiamati di sekitar kutub.
179
Gambar 4.21 Lintasan partikel bermuatan ketika memasuki medan magnet bumi
Gambar 4.22 Aurora borealis yang diamati di kutub utara Soal dan Penyelesaian 1) Partikel bermuatan q bergerak dengan laju tetap memasuki medan magnet dan medan listrik secara tegak lurus (medan listrik tegak lurus medan magnet). Apabila besar insuksi magnet 0,2T dan kuat medan listrik 6 × 104 V/m, tentukan laju partikel Jawab
180
ika partikel memasuki medan magnet dalam arah tegak lurus maka gaya Lorentz yang dialami dalah
Jika di ruang tersebut terdapat medan listrik, maka gaya Coulomb yang dialami partikel adalah
Jika lintasan partikel lurus maka ke dua gaya tersebut sama besar,
tau
Ja
qvBFL =
qEFE =
qEqvB = a
54
1032,0
106×=
×==
BE m/s
v
181
2) Tabung televisi menggunakan medan magnet untuk membelokkan berkas elektron. Elektron ditembakkan dari senjata elektron dalam tabung dengan laju 2 × 107 m/s. Elektron-elektron tersebut kemudian bergerak menuju layar yang jaraknya 20 cm arah horisontal. Selama perjalanan, elektron dibelokkan dalam arah tegak lurus oleh medan magnet sejauh 10 cm. Hitunglah kuat medan magnet yang terpasang dalam tabung. Jawab
= 10 cm = 0,1 m mengalami pembelokan dalam arah vertikal, maka selama bergerak, komponen
ita dapat menganggap komponen kecepatan arah horisontal tidak berubah jauh, sehingga aktu yan diperlukan elektron mencapai layar dapat didekati sebagai berikut
Gambar 4.23 Diberikan v = 2 × 107 m/s x = 20 cm = 0,2 m yKarenakecepatan elektron dalam arah horisontal selalu berubah. Tetapi perubahan tersebut tidak terlalu besar. Kw g
87 10
1022,0 −=
×==
vxt s
Karena m ngalami pembelokan arah vertikal maka elektron memeiliki percepatan arah vertikal, , yang memenuhi
ea
2
21 aty =
atau
15282 102
)10(1,022
×=×
== −tya m/s
Berdasarkan hukum Newton II, gaya yang dialami elektron dalam arah vertikal adalah
151531 1082,1)102()101,9( −− ×=×××== maF N
182
Sumber dari gaya tersebut adalah gaya Lorentz. Untuk medan yang tegak lurus arah gerak elektron maka
atau
evBF =
4719
15
107,5)102()106,1(
1082,1 −−
−
×=×××
×==
evFB T
) Gambar 4.24 memperlihatkan sebuah neraca yang digunakan untuk mengukur arus. Di antara net terdapat kawat lurus AB yang dialiri arus. Polaritas magnet ditunjukkan pada
tukan kuat medan magnet, ke mana arus diarahkan? awat yang bersentuhan dengan medan magnet adalah 6 cm. Jika kuat medan
Gambar 4.24
rtikel bermuatan q bergerak dengan laju tetap memasuki medan magnet dan medan listrik ecara tegak lurus (medan listrik tegak lurus medan magnet). Apabila besar induksi magnet 0,2 T
dan kuat medan listrik 6 × 104 V/m, tentukan laju gerak partikel (UMPTN 1997) Jawab
iberikan
E = 6 × 10 V/m
3kutub maggambar. i) Agar dapat menenii) Panjang bagian klistrik yang dilalui kawat adalah 0,05T, hitunglah arus yang mengalir pada kawat agar massa yang diukur neraca bertambah sebesar 2,5 g.
4) Pas
DB = 0,2 T
4
183
gar lintasan partikel tegak lurus medan listrik dan magnet maka laju partikel memenuhi A
54
1032,0B
v m/s
106×=
×==
E
) Sebuab tabung sinar-X menghasilkan sinar-X dengan panjang gelombang minimum λ. Tentukan beda potensial antara katode dan anode untuk menghasilkan sinar ini awab
ensi sinar-X yang dihasilkan memenuhi hubungan =
5
JFrekuh eVν atau beda potensial antara katode dan anode adalah
eV hν=
Dengan menggunakan hubungan antara frekuensi dan panjang gelombang
λν c=
maka
λehcV =
6) Jarum kompas tidak selalu mengarah sejajar dengan permukaan bumi, tetapi satu ujung sedikit mengarah ke tahan dan ujung lainnya mengarah ke atas. Jelaskan Jawab Penyebabnya karena medan magnet bumi tidak selalu sejajar dengan permukaan bumi. Ketidaksejaran yang besar dijumpai di daerah sekitar kutub. Di lokasi kutub magnet bumi, arah
edan maget bumi tegak lurus permukaan bumi. Di tempat ini posisi jarum kompas juga tegak rus permukaan bumi. Sudut antara jarum kompas dengan garis yang sejajar dengan permukaan
udut inklinasi.
satu batang yang merupakan magnet, sedangkan yang lainnya bukan magnet. Jika dua agnet, maka ketika ujung-ujung dua batang didekatkan maka akan ada gaya
ka kutub sejenis berdekatan). Tetapi dengan hanya satu batang saja yang merupakan g manapun yang didekatkan maka akan selalu terjadi gaya tarik.
mlubumi disebut s 7) Dua batang besi selalu menarik satu sama lainnya, tidak peduli ujung manapun yang saling didekatkan. Apakah ke dua batang tersebut magnet? Jelaskan Jawab Hanya batang merupakan mtolak (ketimagnet maka ujun
184
) Misalkan kamu memiliki tiga batang besi di mana dua matang merupakan magnet. Dapatkan kamu menenrukan dua batang yang merupakan magnet tanpa bantuan benda lain? Jawab
apat.
nis kutub-kutub yang didekatkan. an dijumpai gaya tolak dan gaya tarik
maka dua batang yang kalian pegang merupakan magnet. pakan magnet maka akan selalu terjadi gaya
rik saat kalian tukar kutub-kutub yang didekatkan. 9) Bisakah kamu mengentikan elektron yang sedang bergerak dengan medan magnet? Dapatkan
awab Elektron yang sedang bergerak tidak dapat dihentikan oleh medan magnet. Medan magnet hanya membelokkan arah gerak muatan yang bergerak tanpa mengubah besar kecepatannya (lajunya
ebaliknta, bedan listrik dapat menghentikan elektron yang bergerak. Dengan memberikan
medan yang searah gerak elektron magan elektron akan mendapat gaya yang berlawanan dengan arah geraknya. Akibatnya, elektron dapat berhenti jika gaya bekerja dalam waktu yang cukup
ma.
sedang bergerak dalam suatu ibelokkan oleh medan listrik atau medan magnet.
lokkan oleh medan magnet tidak mengalami perubahan laju (energi inetik tetap).
n terionisasi sekali dan ion yang terionisasi dua kali. Bagaimaan perbedaan jari-jari lintasan ion tersebut dalam
8
DAmbil dua batang. Dekatkan kutub-kutubnya. Ubah jeJika ketika kalian dekatkan kutub-kutub yang didekatk
Jika salah satu batang yang kalian ambil bukan meruta
kamu menhentikan dengan medan listrik? J
tetap).S
la 10) Bagaimana kamu dapat membedakan bahwa elektron yangruang dJawab Elektron yang dibelokkan oleh medan listrik memiliki lintasan parabola sedangkan yang dibelokkan oleh medan magnet memiliki lintasan lingkaran (atau irisan lingkaran) Elektron yang diberollan oleh medan listrik mengalami perubahan laju (energi kinetik berubah) sedangkan elektron yang dibek 11) Dua ion memiliki massa yang sama tetapi salah satu iolainnyaspektrometer massa. Jawab Muatan ion kedua adalah dua kali muatan ion pertama. Hubungan antara massa, muatan, dan jari-jari ion dalam spektrometer massa memenuhi
vqBrm =
atau
qBmvr =
Jika besaran m, v, dan B konstan maka
qr 1∝
Dengan demikian, ion yang terionisasi dua kali memiliki jari-jari lintasan setengah kali jari-jari
ion yang terionisasi sekali.
a 1,15 T. Jari-jari lintasan adalah 8,40 mm. Hitunglah energi proton dalam eV
bergerak pada lintasan lingkaran maka proton mengalami gaya sentripetal s = m v2/r
lintasan 12) Sebuah proton bergerak dalam lintasan lingkaran dan tegak lurus medan magnet yang besarnyJawab Gaya Lorentz yang bekerja pada proton FL = e v B KarenaFGaya sentripetal berasal dari gaya Lorentz sehinga
evBr
=
erBmv =
mv 2
2222)( Bremv =
222212 emvm =⎟⎞
⎜⎛
2Br
⎠⎝
2222 BremK = atau
185
mBre 222
K =2
dibagi dengan e, sehingga energi dalam Bila dinyatakan dalam satuan eV maka energi tersebuteV adalah
186
Energi dalam eV = mBer
eK
2
22
=
327
219
101,4)106,1(2
15,1)0084,0()106,1(×=
×××××
−
−
= eV = 4,1 keV
13) Partikel bermuatan q bergerak dalam linatsan lingkaran dengan jari-jari r dalam medan magnet serba sama B. Arah berak partikel dengan medan tegak lurus. Perliahtkan bahwa
omentum partikel memenuhi p = q b r
aya Lorentz sama dengan gaya sentripetal, atau
mJawab G
rvmqvB
2
=
tau a
rmv
= qB
Dengan demikian, momentum partikel adalah
mvp = qBr=
peluru yang memiliki massa 3,8 g bergerak dengan laju 180 m/s tegak lurus medan n netto 8,10 ×
a pembelokan peluru setelah menempuh jarak 1,00 km?
aya yang dialami peluru dalam arah tegak lurus gerak N
Percepatan peluru dalam arah tegak lurus gerak
14) Sebuah magnetik bumi yang besarnya 5,00 × 10-5 T. Jika peluru tersebut memiliki muata10-9 C, berapJawab G
1159 1029,7)1000,5()180()101,8( −−− ×=××××== qvBFL
811
109,10038,0
1029,7 −−
×=×
==mF
a L m/s2
Waktu yang diperlukan peluru bergerak sejauh 1,00 km adalah
6,51
t80
1000==
Pergeseran peluru dalam arah vertikal adalah
s
7282 103)6,5()109,1(121 −− ×=×××==∆ aty m
2
Soal Latihan
187
Jika partikel bermuatan negatif masuk d edan magnetik serbasama yang arahnya tegak lurus kecepatan partikelm apakah energi kinetik partikel akan bertambah,
erkurang, atau tetap? Jelaskan jawabanmu.
ang arahnya ke belakang menjauhi pengamat ah arah gaya yang bekerja pada muatan negatif pada tiap diagram pada gambar dengan v
,6 × 10-27 kg dipancarkan dari sumber radioaktif dengan laju 1,6 × 107 m/s. Berapa kuat m magnet yang diperlukan untuk
membentuk lintasan dengan jari-jari 0,25 m? ) Sebuah elektron mendapatkan gaya terbesar jika bergerak dengan laju 1,8 × 106 m/s di dalam
medan magnet jika arah gerakannya ke selatan. Gaya yang dialami elektron mengarah ke atas dan besarnya 2,2 × 10-12 N. Berapa besar dan arah medan magnet? (Petunjuk: mendapatkan gaya
h tegak lurus). ) Sebuah partikel bermassa m dan muatan q bergerak tegak lurus medan magnet B. Perlihatkan
bahwa energi kinetik sebanding dengan kuadrat jari-jari lintasan. 8) Untuk partikel bermassa m dan muatan q dan bergerak dalam medan magnet serba sama B
mentum sudut memenuhi ) Gunakan ide tentang domain untuk menjelaskan fenomena berikut ini
a) Jika magnet dibagi dua maka tiap-tiap bagian tetap merupakan magnet b) Pemanasan atau pemukulan dapat menghilangkan kemagnetan bahan
1) aerah yang mengandung m
b2) Mengapa kutub magnet selalu menarik batangan besi, yang manapun jenis kutub tersebut? 3) Jelaskan bentuk lintasan elektron yang diproyeksikan vertikal ke atas dengan laju 1,8 × 106 m/s ke dalam medan magnet serbasama y4) Cariladalah kecepatan muatan dan B adalah medan magnet.
Gambar 4.25 5) Partikel alfa dengan muatan q = +2e dan massa 6
edan membelokkan lintasan partikel tersebut sehingga6
terbesar artinya sudut antara kecepatan dan medan magnet adala7
2qBrL = dalam arah tegak lurus, perlihatkan bahwa mo9
188
) Kemagnetan lebih kuat di sekitar kutup dibandingkan dengan posisi yang jauh dari kutub ) Ada batas kekuatan magnetik yang dihasilkan oleh batang besi jika batang besi tersebut
n mkedan magnet di sekitar
cddimagnetisasi. e) Sifat magnetik diinduksi pada batang besi jika batang besi tersebut ditempatkan di dekat magnet 10) Gambarkan diagram yang memperlihatkaa) satu magnetik batang b) dua magnetik batang dengan dua kutub yang berbeda didekatkan c) dua magnetik batang dengan kutub-kutub utaranya didekatkan d) bumi
Bab 5 Hukum Biot Savart
Kita sudah cukup banyak membahas tentang kemagnetan pada Bab 4. Namun kita lebih menekankan pada medan magnet yang dihasilkan oleh magnet permanen. Pertanyaan berikutnya adalah apakah hanya magnet permanen yang dapat menghasilkan medan magnet? Adakah cara lain menghasilkan medan magnet? Ternyata jawabannya ada yaitu dengan cara induksi. Medan magnet dapat dihasilkan juga oleh arus listrik. Kesimpulan ini dapat ditunjukkan dengan pengamatan sederhana berikut ini. Jika di sekitar kawat konduktor kalian dekatkan sebuah jarum kompas, kalian tidak mengamati efek apa-apa pada jarum tersebut. Tetapi, begitu kawat dialiri arus listrik, kalian mengamati pembelokan yang dilakukan jarum kompas. Pengamatan ini menunjukkan bahwa kehadiran arus listrik menyebabkan munculnya medan magnet, dan medan magnet inilah yang mempengaruhi jarum kompas Gaya Lorentz yang dilakukan oleh medan magnet pada arus listrik dapat dipandang sebagai gaya antar dua buah magnet karena arus listrik menghasilkan medan magnet di sekitarnya. Pada bab ini kita akan bahas proses terbentuknya medan magnet di sekitar arus listrik. Dengan penekanan pada penggunaan hokum Biot Savart untuk menentukan medan tersebut. 5.1 Hukum Biot Savart Berapa besar medan magnet di sekitar arus listrik? Besarnya medan magnet di sekitar arus listrik dapat ditentukan dengan hukum Biot-Savart. Misalkan kita memiliki sebuah kawat konduktor yang dialiri arus I. Ambil elemen kecil kawat tersebut yang memiliki panjang dL. Arah dL sama dengan arah arus. Elemen kawat tersebut dapat dinyatakan dalam notasi vector . Misalkan kita ingin menentukan medan magnet pada posisi P dengan vector posisi
Ldr
rr terhadap elemen kawat.
ambar 5.1 Menentukan kuat medan magnet yang dihasilkan oleh elemen kawat
uat medan magnet di titik P yang dihasilkan oleh elemen
Ldr
rr PI
Ldr
rr PI
G
Ldr
saja diberikan oleh hokum K 189
Biot-Savart
34 rrLdIBd orr
r ×=
πµ
(5.1)
engan µo disebut permeabilitas magnetic vakum = 4π × 10-7 T m/A.
edan total di titik P yang dihasilkan oleh kawat diperoleh dengan mengintegral persamaan
d M(5.1), yaitu
∫×
= 34 rrLdIB orr
r
πµ
(5.2)
enyelesaian integral persamaan (5.2) sangat bergantung pada bentuk kawat. Untuk kawat yang
ada bagian ini kita akan mencari medan magnet di sekitar kawat yang bentuknya sederhana.
.2 Medan Magnet oleh Kawat Lurus Tak Berhingga berhingga dimudahkan oleh arah vector
ambar 5.2 Menentukan kuat medan magnet yang dihasilkan oleh elemen kawat lurus panjang
ebelum melakukan integral, kita harus menyederhanakan dulu ruas kanan persamaan (5.2).
Pbentuknya rumit, penyelesaian tidak dapat dilakukan dengan mudah. Kita harus menggunakan komputer untuk mencari medan magnet. PDengan bentuk yang sederhana maka integral menjadi relatif mudah untuk dikerjakan. 5Mencari medan magnet yang dihasilkan kawat lurus tak
Ldr
yang selalu tetap, yaitu mengikuti arah kawat.
Ldr
rr
I
P
Ldr
rr
I
P
G SMisalkan titik P berjarak a dari kawat (arah tegak lurus). Dengan aturan perkalian silang maka
θsinrdLrLd =×rr
(5.3)
190
191
engan θ adalah sudut antara vector d Ldr
dan rr . Dengan demikian, besar medan magnet yang dihasilkan vector Ld
r saja adalah
233
sin4
sin44 r
dLIrrdLI
r
rLdIdB ooo θ
πµθ
πµ
πµ
==×
=
rr
(5.4)
ada ruas kanan persamaan (5.4), baik dL, r, maupun sin θ merupakan variable. Agar integral
ambar 5.3 Variabel-variebal integral pada persamaan (5.4)
Pdapat dikerjakan maka ruas kanan hanya boleh mengandung satu variable. Oleh karena itu kita harus menyatakan dua variable lain ke dalam salah satu variable saja. Untuk maksud ini, mari kita lihat gambar berikut ini.
P
Ia
LdL
rθ
dθ P
Ia
LdL
rθ
dθ
G Tampak dari Gbr 5.3 bahwa
θsin=a r
atau
θ222 sin11
=r a
(5.5)
θtan=La
atau
θθ
θ sincos
tanaaL = = (5.6)
Selanjutnya kita mencari diferensial dL sebagai berikut. Dengan melakukan diferensial ruas kiri
192
an kanan persamaan (5.6) diperoleh d
⎥⎦⎤⎡ −=
θθθ )(sincos)(cos ddadL ⎢⎣ θθ 2sinsin
θθ
θθθθθ
θθθθ
θθθ dadadda 2
22
2
2
2 sincossin
sincos1
sincoscos
sinsin +
−=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡+−=⎥⎦
⎤⎢⎣⎡ −−
=
=θ
θ2sin
da− (5.7)
r Substitusi dan dL dari persamaan (5.5) dan (5.7) ke dalam persamaan (5.4) diperoleh
θθθθ
πµ
sinsinsin4 2
2 ⎞⎛⎞⎛ da2 ⎟⎟
⎠⎜⎜⎝⎟⎠
⎜⎝−=
aIo dB
θθπµ
daIo sin
4−= (5.8)
Tampak bahwa ruas kanan hanya m
a, maka atas bawah adalah L → -∞ dan batas atas adalah L → +∞. Karena
engandung variable θ sehingga dapat diintegralkan. Selanjutnya kita menentukan batas-batas integral. Karena kawat panjang tak berhinggb La /tan =θ , maka untuk L
. Dengan de→ -∞ diperoleh tan θ → -0 atau θ = 180o, dan maka untuk L → +∞ diperoleh tan θ → +0 atau θ = 0o. Jadi batas bawah integral adalah 180o dan batas atas adalah 0o mikian, medan magnet total yang dihasilkan kawat adalah
∫−=o
I 0µB
o
da
o
180
sin4
θθπ
[ ] [ ])1(14
cos4
0180 −+−−=−−=
aI
aI oo o
o
πµ
θπµ
aIo
πµ2
= (5.9)
Ke manakah arah mturan tangan kanan. Jika kalian genggam empat jari tangan kanan dan ibu jari dibiarkan lurus
h jari-jari yang digenggam bersesuaian dengan arah medan magnet di sekitar arus tersebut
edan magnet yang dihasilkan arus liatrik? Kalian dapat menentukan dengan amaka i) Arah ibu jari bersesuaian dengan arah arus ii) Ara
193
anan atau sekrup putar kanan.
krup sesuai dengan arah medan magnet.
liri arus 15 A. Berapa uat medan magnet pada jarak 15 cm dari kabel tersebut?
Gambar 5.4 Arah medan magnet di sekitar arus listrik dapat ditentukan dengan aturan tangan k Cara lain adalah berdasarkan arah masuk sekrup putar kanan. Arah masuk sekrup sesuai dengan arah arus sedangkan arah putar se Contoh Kabel jumper yang sering digunakan untuk menstater kendaraan sering diak Jawab
67 101510 −− ===IB oµ T
15,04 aπ
5.3 Medan magnet oleh kaw
ekarang kita akan membahas kasus yang sedikit rumit, yaitu menentukan medan magnet yang ihasilkan oleh arus listrik pada kawat lurus yang panjangnya berhingga. Misalkan kita memiliki
kuat medan magnet pata titik yang berjarak a
at lurus berhingga Sdkawat yang panjangnya L. Kita akan menentukan dari kawat dan dan sejajar dengan salah satu ujung kawat. Lihat Gambar 5.5 Untuk menentukan kuat medan magnet di titik pengamatan menggunakan hukum Biot-Savart, kita tentukan variabel-variabel seperti pada Gbr. 5.6
194
hingga
Gambar 5.6 V an kuat medan magnet di posisi yang sejajar ujung kawat
erupa dengan pembahasan untuk kawat yang panjangnya tak berhingga, besar medan magnet
Gambar 5.5 Menentukan medan magnet oleh kawat lurus yang panjangnya ber
Lo
aI
P
Lo
aI
P
a
L dL
θ
P
r
Lo-L = a/tanθ
a
L dL
θ
P
r
Lo-L = a/tanθ
ariabel-variabel untuk menentuk
Syang dihasilkan vector Ld
r saja adalah
24sinr
dLIo θdBπµ
= (5.4)
ampak dari Gbr 5.6 bahwa
T
θsin=ra
tau
a
θ222 sin11
a=
r
θtanaLLo =−
engan demikian,
D
θθ2sin
dadL −=− (5.5)
tau
a
θθ2sin
dadL = (5.10)
engan substitusi variable-variabel di atas (lihat pembahasan untu kawat panjang tak berhingga) kita akan dap
D
atkan
θθπµ
da
dB sin4
= (5.11)
Io
etika elemen dL berada di ujung kiri kawat, maka sudut yang dibentuk adalah θm yang memenuhi
K
195
om L
a=θ (5.12)
an ketika elemen dL berada di ujung kanan kawat maka sudut yang dibentuk adalah 90o. Jadi, batas integra
tan
Dl adalah 90o sampai θm. Maka kita dapatkan medan magnet di titik P adalah
∫=m
daIB o sin
4 θ
θθπµ
o90
[ ] [ ]mooo
aI
aI o
mθ
πµ
θπµ
θ cos90cos4
cos4
90 +−=−=
mo
aI θ
πµ
cos4
= (5.13)
Dengan menggunakan persamaan (5.12) kita mendapatkan
22cos o
mLa +
=θ o
L
Dengan demikian, kuat medan magnet di titik P adalah
224oo
LaaB
+=
π
o
LIµ (5.14)
Jika panjang kawat di satu sisi sangat besar, atau
196
∞→oL maka . Dengan
emikian
222oo LLa ≈+
d
aI
L
La
B o
π4=
I o
o
o
πµµ42
= (5.15)
Besar medan ini persispanjangnya tak berhingga di dua sisi.
sama dengan setengah dari kuat medan yang dihasilkan oleh kawat yang
Sebaliknya jika kawat cukup pendek dibandingkan dengan jarak pengamatan, yaitu oLa >>
ka 222 aLa ≈+ . Dengan demikian ma o
22 44 aILLIB oooo µµ
== (5
aa ππ
.16)
Selanjutnya kita bahas kdua ujung kawat. Misalkan titik tersebut berjarak a dari kawat dan berjarak b dari salah satu jung kawat. Kasus ini sebenarnya tidak terlalu sulit. Kita dapat memandang bahwa medan
asus yang lebih umum lagi di mana titik pengamatan berada di antara
utersebut dihasilkan oleh dua potong kawat yang panjangnya b dan panjangnya Lo – b, seperti pada Gbr. 5.7, di mana titik pengamatan berada di ujung masing-masing potongan kawat tersebut. Kuat medan yang dihasilkan oleh potongan kawat kiri adalah
221 4 baa +πbIo=
µ (5.17)
Kuat medan yang dihasilkan oleh potongan kawat kanan adalah
B
197
Lo
P
Gambar 5.7 Menentukan kuat medan magnet pada posisi sembarang di sekitar kawat
222)(4 bLa
bLaIB
o
oo
−+
−=
πµ
(5.18)
Kuat medan total di titik pengamatan adalah
21 BBB +=
⎟⎟
⎜⎜
−+
−+
+=
2222 )(4 bLa
bL
bab
aI oo
πµ
⎠
⎞
⎝
⎛
o
(5.19)
Selanjutnya kita mencari kuat medan listrik pada titik yang berada di luar areal kawat, misalnya pada jarak b di sebelah kiri kawat. Liha
agaimana memecahkan masalah ini? Kita pakai trik sederhana. Masalah ini dapat dipandang
ebagai dua potong kawat berimpit. Satu potong kawat panjangnya dan dialiri arus ke asi pada Gbr
.9. Besar arus yang mengalir pada dua kawat sama. Ujung kiri dua potongan kawat diimpitkan.
t Gambar 5.8
Gambar 5.8 Menentukan kuat medan magnet pada jarak sembarang di luar kawat.
Bs bLo + kanan dan potong kawat lain panjangnya b dan dialiri arus ke kiri, seperti diilustr5 Kuat medan magnet yang dihasilkan potongan kawat panjang adalah
a
Lo-bb
Lo
Pa
II
Lo-bb
LoaI
P
b
LoaI
P
b
221
198
)( bLa o4 a
oo
++=
π (5.20)
bLI +µB
LoaI
P
b
I
LoaI
P
b
I
Gambar 5.9 Kawat pengganti skema pada Gbr 5.8
Kuat medan magnet yang dihasilkan potongan kawat pendek adalah
222 4 babIB o−=
µ
a +π (5.21)
anda minus menyatakan bahwa arah medan yang dihasilkan potongan kawat pendek berlawanan dengan aradua potongan tersebut berbeda. Medan total di titik P
T
h medan yang dihasilkan potongan kawat panjang karena arah arus dalam adalah
21 BBB +=
⎟⎟
⎠
⎞⎛ + bbLIµ⎜⎜
⎝ +−
++ 222)(4 babLaao
oo
π (5.22)
5.4 Medan Magnet oleh Cincin Cincin adalah bentuk geometri lain yancukup mudah menggunakan hokum Biot-Savart. Lebih khusus lagi jika kita ingin menghitung
uat medan magnet sepanjang sumbu cincin.
lemen cincing sepanjang dL adalah
=2
g memungkinkan kita menentukan medan magnet dengan
k Misalkan sebuah cincin dengan jari-jari a dialiri arus I. Kita ingin menentukan kuat medan magnet sepanjang sumbu cincin pada jarak b dari pusat cincin. Berdasarkan Gbr 5.10, besarnya medan magnet di titik P yang dihasilkan oleh e
2
sin4 r
dLIdB o θπµ
=
ampak pada Gbr 5.10, dL selalu tegak lurus r sehingga θ = 90o atau sin θ = 1. Dengan
Gambar 5.10 Medan magnet di sumbu cincin yang dihasilkan oleh elemen pada cincin
199
Tdemikian,
24 rdLIdB o
πµ
= (5.23)
Tampak juga dari Gbr 5.10, dB dapat diuraikan komponen tegak lurus dan sejajatr sum
atas dua komponen yang saling tegak lurus, yaitu bu. Besarnya nilai komponen-komponen tersebut adalah
αcosdBdB =⊥ (5.24a) αsin// dBdB = (5.24b)
Tiap elemen kategak lurus sum
omponen tersebut saling meniadakan. Oleh karena itu, untuk menentukan kuat medan total kita
wat memiliki pasangan di seberangnya (lokasi diametrik) di mana komponen bu memiliki besar sama tetapi arah tepat berlawanan. Dengan demikian ke dua
kcukup melakukan integral pada komponen yang sejajar sumbu saja. Besar medn total menjadi
∫∫ == αsin// dBdBB
∫ απµ
sin4 2r
dLIo (5.25)
θ
a
rb
I
⊥dB
//dB
dB
α
α
P
θ
a
rb
I
⊥dB
//dB
dB
α
α
P
=
200
Semua parameter dalam integral konstan kecuali dL. Dengan demikian kita peroleh
)2(sin4
sin4 22 a
rIdL
rIB oo πα
πµ
απµ
== ∫
αµ 2
sin2
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
ra
aIo (5.26)
Dari gambar 5.10 tampak bahwa
=
αsin/ =ra . Akhirnya kita dapatkan
αµ 3sin2 a
IB o=
ntuk kasus khusus titik di pusat lingkaran, kita dapatkan α = 90o sehingga
(5.27)
U
aIB o
2µ
= (5.28)
rah medan magnet yang dihasilkan cincin dapat ditentukan juga dengan aturan tangan kanan. Kalian gearah genggamuperposisi medan yang dihasilkan elemen-elemen cincin menghasilkan medan total seperti pada
Gambar 5.1 Contoh
ita memiliki dua cincin konsentris dengan jari-jari a1 dan a2. Masing-masing cincin dialiri arus
A
nggam kawat cincin tersebut dengan empat jari. Jika ibu jari searah dengan rus maka an sesarah dengan medan magnet. Karena bentuk cincin yang melengkung maka
sGambar 5.11
1 Pola medan magnet di sekitar cincin
K
201
dan I2 dalam arah yang sama. Berapa kuat medan magnet pad alokasi: in
) pada pusat cincin
Gambar 5.12 a) Kuat medan ma
I1a) berjarak b dari pusat cincin sepanajng sumbu cincb Jawab
b
a1
a2 α1
α2
I2
I1
b
a1
a2 α1
α2
I2
I1
gnet yang dihasilkan cincin berarus I1 adalah
13
1
11 sin
2α
µaIB o=
uat medan magnet yang dihasilkan oleh cincin berarus I2 K
23
2
22 sin
2α
µaIB o=
uat medan magnet total K
23
2
21
3
1
121 sin
2sin
2α
µα
µaI
aIBB oo +=+=
) Di pusat cincin terpenuhi α1 = α2 = 90o sehingga
B
b
2
2
1
1
22 aI
aIB oo µµ+=
5.5 Medan Magnet oleh Busur Lingkaran
202
ekarang kita anggap cincin bukan lingkaran penuh, tetapi hanya berupa busur dengan sudut keliling θ. Kita ingin mencari berapa kuat medan di sepanjang sumbu cincin yang berjarak b dari pusat cincin. Lihat Gbr 5.13
Gambar 5.13 Menentukan medan magnet di sumbu busur lingkaran yang kurang dari setengah lingkaran Untuk kasus ini kita mem sumbu dan yang tegak lurus sumbu. Medan tersebut diperoleh ngintegralkan komponen medan yang
iberikan oleh persamaan (5.24a) dan (5.24b). Kuat medan total searah sumbu adalah
S
θ
a
rb
I
⊥dB
//dB
α
dB α
P
θ
a
rb
I
⊥dB
//dB
α
dB α
P
iliki dua komponen medan, yaitu yang searahdengan me
d
∫= dBdB αsin//
∫= απµ
sin4 2r
dLIo
)(sinsin busurpanjang44 22 r
IdLrI oo ×== ∫ α
πµ
απµ
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ××= a
rIo π
πθα
πµ
22
sin4 2
αθπµ
sin4
2
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
ra
aIo
αθπµ 3sin4 a
Io= (5.29)
Untuk menentukan kuat medan yang tegak lurus sumbu, ada dua kasus yang harus siperhatikan. Kasus pertama adalah jika panjang busur kurang dari setengah lingkaran. Dalam kasus ini, tiap elemen busur horisontal yang saling
gak lurus sumbu adalah
tidak memiliki pasangan diameteris yang menghasilkan komponen medan meniadakan. Semua elemen menguatkan medan total. Kuat medan arah
te
∫=⊥ αcosdBdB
∫= απµ
cos4 2r
dLIo
)(cos4
cos4 22 θα
πµ
απµ
denganbusurpanjangrIdL
rI oo ×=∫ =
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ××= a
rIo π
πθα
πµ
22
cos4 2
αθπµ
cos4
2
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
ra
aIo
ααθπµ
cossin4
2
aIo= (5.30)
Jika panjang busur lebih dari setengah lingkaran, maka mulai ada pasangan diametris yang menghasilkan medan arah horisontal yang saling meniadakan. Lihat Gbr 5.14
Gambar 5.14 Menentukan kuat medan oleh busur lingkaran yang lebih dari setengah lingkaran Panjang busur membentuk sudut ak dari Gbr 5.14, dari busur yang ada, sebagian elemen mempunyai pasangan diam ponen medan arah horisontal yang sama
esar tetapi berlawanan arah. Hanya bagian busur lingkaran sepanjang 2π - θ yang tidak
2π-θ
2π-θ
2π-θ
2π-θ
θ. Tampetris yang menghasilkan kom
b
203
204
orisontal. Dengan demikian, medan magnetik total arah horisontal adalah
memiliki pasangan diametri sehingga memberi kontribusi pada medan magnet total arahh
∫=⊥ αcosdBdB
∫= απµ
cos4 2r
dLIo
)2(cos4
cos4 22 θπα
πµ
απµ
−×== ∫ sudurdenganbusurpanjangrIdL
rI oo
⎜⎝⎛×=
rIo α
πµ
cos4 2 ⎟
⎠⎞×
− aππθπ 2
22
αθππµ
cos)2(4
2
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛−
=ra
aIo
ααθππµ
cossin)2(4
2
aIo −
= (5.31)
Tanpak dari persamaan (5.31), jika terbentuk lingkaran penuh maka θ = 2π dan medan total arah horisontal nol.
.6 Solenoid
awat yang berbentuk pegas. Panjang solenoid dianggap tak berhingga. Pertama ita akan mencari kuat medan magnet di pusat solenoid tersebut.
Gambar 5.15 Contoh solenoid dan pola medan magnet yang dihasilkan. Jika kita perhatikan, solenoid dapat dipandang sebagai susunan cincin sejenis yang jumlahnya
5Selanjutnya kita akan menghitung kuat medan magnet yang dihasilkan solenoid ideal. Solenoid adalah lilitan kk
205
sangat banyak. Tiap cincin membawa arus I. Medan di dalam solenoid merupakan jumlah dari medan yang dihasilkan oleh cincin-cincin tersebut. Jika solenoid pada gambar 5.15 dibelah dua maka tampak penampang seperti pada Gbr 5.16.
5.32)
Elem
(5.33) Karena elemen tersebut dapat dipandang sebagai sebuah cincin, maka medan magnet yang
ihasilkan di titip P memenuhi persamaan (5.27), dengan mengganti I pada persamaan (5.27) engan dI pada persamaan (5.33). Kita akhirnya peroleh
× × × × × × × × × × × × × × × ×
• • • • • • • • • • • • • • • •
x dx
rP α a
× × × × × × × × × × × × × × × ×
• • • • • • • • • • • • • • • •
x dx
rP α a
Gambar 5.16 Penampang solenoid jika dibelah dua. Misalkan jumlah lilitan per satuan panjang adalah n. Kita lihat elemen solenoid sepanjang dx. Jumlah lilitan dalam elemen ini adalah
ndxdN = (
en tersebut dapat dipandang sebagai sebuah cincin dengan besar arus
IndxIdNdI ==
dd
µ 3dIo αsin2 a
dB =
αµ 3Indxo sin2 a
(5.34)
ampak dari Gbr 5.16,
=
T
αtan=xa
atau
αtanax = (5.35)
dan
αα
2sindadx −= (5.36)
engan demikian
D
ααµ
αααµ
dIndaaIndB oo sin
2sin
sin23
2 −=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛−= (5.37)
elanjutnya kita menentukan batas-batas integral. Karena solenoid panjang tak berhingga, maka batas baw
S
al adalah x → -∞ dan batas atas adalah x → +∞. Karena xa /tan =α , maka untuk x α → -0 atau α = 180o, dan maka untuk x → +∞ diperoleh tan α → +0 atau α → -∞ diperoleh tan
0o. Jadi batas bawah integral adalah 180o dan batas atas adalah 0o. Dengan demikian, medan et total yang dihasilkan di pusat solenoid adalah
=magn
∫−=o
dInd o0
sinsin ααµ
αα ∫−=o
o
o
InB o
180
0
180 22µ
206
[ ] [ ])1(122 1800 −+−−= Inoo
cos 0−− Ino αµ µ
=
nIoµ= (
rah kutub solenoid dapat ditentukan dengan aturan seperti pada Gambar 53.10. Jika kalian
5.38)
Apandang satu kutub solenoid dan menelusuri arah arus, maka jika kalian dapat membentuk hurus S dengan arah arus tersebut maka kutub yang kalian amati merupakan kutub selatan (south). Sebaliknya, jika kalian dapat memebntuk huruf N dengan arah arus tersebut maka kutub yang kalian amati merupakan kutub utara (north)
207
ambar 5.17 Salah satu cara menentukan arah kutub magnet yang dihasilkan solenoid.
t di tepi solenoid yang panjangnya berhingga, yaitu Lo. Kita anggap titik pengamatan berada di tepi kanan solenoid. Lokasi pengamatan adalah di sumbu solenoid. Kita tetap dapat menggunakan persamaan (5.34). Berdasarkan Gbr 5.18 kita peroleh
G 5.7 Medan Magnet di Tepi Solenoid Selanjunya kita tentukan kuat medan magne
αtan=− xLa
o
tau a
αtanax =− Lo
iferensial ruas kiri dan kanan maka D
αα
ddx 2sin−=−
atau
a
αα
dadx 2sin= (5.39)
× × × × × × × × × × × × × × × ×
• • • • • • • • • • • • • • • •
x dx
r Pαa
Lo
× × × × × × × × × × × × × × × ×
• • • • • • • • • • • • • • • •
x dx
r Pαa
Lo
208
Gambar 5.18 Menentukan medan magnet di tepi solenoid
ubstitusi persamaan (5.39) ke dalam persamaan (5.35) diperoleh S
ααα
µ 32 sin
sin2⎟⎠⎞
⎜⎝⎛= da
aIndB o
ααµ
dnIo sin2
=
Batas integral di sini dari α = αm sampai α = 90o dengan αm memenuhi o
m La
=αtan . Jadi
kuat medan di tepi solenoid adalah
∫∫ ==o
mm22 αα
o
dIndIn oo9090
sinsin ααµ
ααµ
B
[ ] [ ]moo InIn
o
mα
µα
µα cos0
2cos
290 +−=−=
monI αµ cos21
= (5.40)
Karena /tan = om Laα maka
22cos o
mLa
L
+=α
ikian, kuat medan magnet di ujung solenoid adalah
o
Dengan dem
2221
o
oo
La
nILB
+=
µ (5.41)
Untuk kasus khusus di mana panjang salah satu sisi solenoid sangat panjang, atau ∞→oL
maka oLa ≈+ 222oL sehingga
nIL
nILB o
o
oo µµ
21
21
2=≈
a dengan setengah kuat medan yang dihasilkan oleh solenoid yang panjangnya yang nilainya sam
209
tak berhingga pada dua ujungnya.
lenoid Selanjutnya kita akan menghitung kuat medan pada sumbu solenoid berhingga yang letaknya sembarang. Misjarak b dari salah satu ujung solenoid. Lihat Gbr 5.19
ambar 5.19 Menentukan kuat medan magnet pada posisi sembarang dalam sumbu solenoid
lenoid berhingga. Satu
Dengan me dan yang dihasilkan solenoid yang panjangnya b
5.8 Kuat Medan Magnet Pada Jarak Sembarang di Dalam So
alkan panjang solenoid adalah Lo dan kita akan menentukan kuat medan pada
G Kita dapat memandang kasus ini seolah-olah kita memiliki dua sosolenoid memiliki panjang b dan satu solenoid memiliki panjang Lo – b. Titik pengamatan berada pada tepi masing-masing solenoid tersebut. Kuat medan total merupakan jumlah kuat medan yang dihasilkan masing-masing solenoid.
nggunkaan persamaan (5.41), maka kuat meadalah
221 21
ba
nIbB o
+=
µ (5.42)
Kuat medan magnet yang dihasilkan oleh solenoid yang panjangnya Lo-b adalah
222)(2 bLa
B oo
−+= (5.43)
)(1 bLnI
o
−µ
Dengan demikian, kuat medan total pada titik pengamatan adalah
21 BBB +=
× × × × × × × × × × × × × × × ×
P a
Lo
• • • • • • • • • • • • • • • •
Lo-bb
× × × × × × × × × × × × × × × ×
P a
Lo
Lo-bb
• • • • • • • • • • • • • • • •
2222
1)(
)(21 nIb
bLa
bLnI oo +−+
−=
µµ2 ba
o
o + (5.44)
5.9 Kuat Medan Magnet Pada Jarak Tertentu Dari Tepi Solenoid
erakhir, kita akan menentukan kuat medan magnet di luar solenoid, pada jarak b dari terpi h memiliki dua
olenoid. Satu solenoid memiliki panjang Lo + b dan solenoid lainnya memiliki panjang b tetapi dialiri arus dalam arah berlawanan. Ke dua solenoid berimpit di sisi kiri. Lihat Gbr 5.20.
Gambar 5.20 Menentukan kuat medan magnet pada posisi di luar solenoid Karena arus yang mengalir dalam dua solenoid memiliki arah berlawanan maka medan yang
Tsolenoid tetapi tetap berada di sumbu solenoid. Untuk kasus ini kita seolah-olas
× × × × × × × × × × × × × × × ×
• • • • • • • • • • • • • • • •
P a
Lo
b
210
× × × × × × × × × × × × × × × ×
• • • • • • • • • • • • • • • •
P a
Lo+b
b
× × × × ×
• • • •
×
••
P a
b
× × × × ×
• • • •
•
× × × × × × × × × × × × × × × ×
• • • • • • • • • • • • • • • •
P a
Lo
b
× × × × × × × × × × × × × × × ×
• • • • • • • • • • • • • • • •
P a
Lo+b
b
× × × × ×
• • • •
×
••
P a
b
× × × × ×
• • • •
•
211
dihasilkan juga memeiliki arah berlawanan. Kuat medang total pada titik pengamatan sama dengan kuat medan yang dihasilkan oleh soleoid yang panjangnya Lo + b dikurang kuat medan yang dihasilkan solenoid yang panjangnya b. Dengan menggunakan persamaan (5.41) maka kuat medan yang dihasilkan solenoid yang panjangnya Lo + b adalah
221)(
)(21
bLa
bLnIB
o
oo
++
+=
µ (5.45)
Dan kuat medan yang dihasilkan oleh solenoid yang panjangnya b adalah
222 21
ba
nIbB o
+=
µ (5.46)
Dengan demikian, kuat medan total di titik pengamatan adalah
21 BBB −=
2222 21
)(
)(21
ba
nIb
bLa
bLnI o
o
oo
+−
++
+=
µµ (5.47)
5.10 Medan Magnet dalam Toroid Seperti yang kita bahas sebelumnya, solenoid adalah kumparan yang bentuknya lurus, seperi sebuah per bolpoin. Solenoid ideal memiliki panjang tak berhingga. Kuat medan magnetic di luar olenoid ideal nol sedangkan di dalam rongganya memenuhi persamaan (5.38). Jika solenoid ang panjangnya berhingga kita gabungkan ujungnya, maka kita mendapatkan sebuah bentuk
syseperti kue donat. Bentuk ini dinamakan toroid.
212
Gambar 5.21 Skema toroid. Bentuknya seperti donat berongga. Jika kita bergerak sepanjang rongga solenoid ideal (panjang tak berhingga) maka kita tidak
ernah menemukan ujung solenoid tersebut. Dengan cara yang sama, apabila kita bergerak id tersebut. Sehingga,
roid akan serupa dengan solenoid ideal. Oleh karena itu, menjadi sangat logis apabila kita berkesimpulan basolenoid ideal. Jadi kuat medan magnet dalam toroid adalah
psepanjang rongga toroid, kita pun tidak pernah menemukan ujung toroto
hwa kuat medan magnet dalam toroid sama dengan kuat medan magnet dalam
nIB oµ= (5.48)
dengan n jumlah kumparan per satuan panjang dan I arus yang mengalir pada kawat toroid. Untuk toroid ideal, kuat medan magnet di luar toroid nol, hal yang juga kita jumpai pada solenoid ideal. .11 Beberapa Contoh
Biot-Savart, mari kita bahas beberapa contoh berikut
ma. Titik pengamatan tampak pada Gbr 5.22
ng sama
5Untuk lebih memahami penggunaan hokumini a) Dua Kawat Sejajar Kita ingin menentukan kuat medan magnet di sekitar dua kawat lurus sejajar yang masing-masing membawa arus I1 dan I2 dalam arah yang sa
P
× ×
a
bI1 I2
P
× ×
a
bI1 I2
× ×
a
bI1 I2
Gambar 5.22 Dua kawat sejajar yang dialiri arus dalam arah ya Medan magnet total di titik P merupakan penjumlahan vector medan magnet yang dihasilkan I1 dan I2. Jadi terlebih dahulu kita tentukan B1 dan B2 yang dihasilkan oleh I1 dan I2 beserta arah masing-masing.
Dengan menggunakan hokum Biot-Savart kita akan mendapatkan medan magner B1 dan B2 sebagai berikut
aIB o
1 2πµ
= (5.49) 1
22
22 2 ba
IB o
+=
πµ
(5.50)
× ×
a
b
P
I1 I2
B1
B2 B
22 ba +
θ
θ
× ×
a
b
P
Gambar 5.23 Menentukan kuat medan magnet yang dihasikkan dua kawat sejajar Dengan aturan penjumlahan vector metode jajaran genjang maka medan magnet total di titik P memenuhi
213
θcos2 2122
21 BBBBB ++= (5.51)
erdasarkan segitiga siku-siku dengan sisi-sisi a, b, dan B 22 ba + kita dapatkan
22 ba +
cos a=θ (5.52)
) Gaya antara dua kawat berarus listrik bKita kembali tinjau kawat sejajar yang dialiri arus listrik I1 dan I2.
I1 I2
B1
B2 B
22 ba +
θ
θ
× ×a
I1 I2
B21
F21
× ×a
I1 I2
B21
F21
214
Gambar 5.24 Menentukan gaya antara dua kawat sejajar yang dialiri arus listrik Kuat medan magnet yang dihasilkan kawat berarus I1 di lokasi kawat berarus I2 adalah
aIB o 1
21 2πµ
= (5.53)
Arah medan magnet ini regak lurus kawat. Karena kawat 2 dialiri arus listrik maka ada gaya Lorentz yang bekerja pada kawat 2. Arah arus listrik pada kawat 2 dan arah medan magnet pada kawat tersebut saling tegak lurus sehingga besar gaya Lorentz adalah
221221 LBIF =
221
2L
aIIo
πµ
= (5.54)
engan L2 adalah panjang kawat yang dialiri arus I2. Gaya Lorentz per satuan panjang yang dbekerja pada kawat 2 adalah
2
2121 L
Ff =
aIIo 21
2πµ
= (
ontoh Berapa besar dan arah gaya antara dua kawat yang panjangnya masing-masing 45 m dan terpisah sejauh 6 cm jika m
awab dan magnet yang dihasilkan satu kawat di posisi
5.55)
C
asing-masing dialiri arus 35 A dalam arah yang sama? JDiberikan L = 45 m dan A = 6 cm = 0,06 m. Mekawat lainnya adalah
aIB o
πµ2
=
Gaya magnet pada kawat lainnya akibat medan ini adalah
LaIILBF o
2
2πµ
==
4506,0
35)102(2
7 ×××= − = 0,184 N
215
5.12 Definisi Satu Ampere Berdasarkan gaya antara dua kawat sejajar yang dialiri arus listrik, kita bisa mendefinisikan besar arus satu ampere. Misalkan dua kawat sejajar tersebut dialiri arus yang tepat sama, I1 = I2 = I. Maka gaya per satuan panjang yang bekerja pada kawat 2 adalah
aIf o
2
21 2πµ
= (5.56)
Jika I = 1 A dan a = 1 m maka
72
21 1021 −×===µµ oof N/m 212 ππ
Dengan dematu ampere jika gaya per satuan panjang yang bekerja pada kawat adalah 2 × 10-7 N/m.
) Satu berkas electron diarahkan dalam arah tegak lurus ke kawat yang berarus listrik. Arah arus dalam kawat adalah dari kiri ke kanan. Ke mana arah pembelokan electron?
Gambar 5.25 Jawab
ertam nggunakan aturan tangan rah medan tampak pada Gbr 5.26
ikian kita dapat mendefinisikan arus yang mengalir pada kawat sejajar besarnya s Soal-Jawab 1
× × ×× × ×× × ×I× × ×
× × ×
P a kita tentukan arah medan yang dihasilkan arus dengan mekanan. A
× × ×
I× × ×
× × ×
× × ×
× × ×× × ×× × ×
I× × ×
× × ×
× × ×
× × ×
I× × ×
× × ×
× × ×
× × ×
× × ×× × ×
× × ×× × ×
216
Gambar 5.26
Dari arah depan electron merasakan medan magnet yang berarak ke bawah. Karena electron bermuatan negatif dan kecepatannya menuju kawat berarah ke belakang maka arah gaya Lorentz yang dilakukan medan di bagian depan kawat adalah ke kanan.
i belakang kawat electron melihat medan magnet yang berarah ke atas. Dengan demikian arah aya Lorentz yang bkerja pada elekrton menjadi ke kiri.
kawat, electron membelok ke kanan dan ketika meninggalkan kawat,
rus dipisahkan sejauh a. asing-masing kawat dialiri arus I1 dan I2. Berapa kuat medan magnet pada titik tepat antara
dua kawat? Jawab
ambar 5.27
DgJadi selama electron menuju electron membelok ke kiri. 2) Dua buah kawat lurus panjang dalam posisi saling tegak luM
×
a
I2
× B1B2
×
a
I2
× B1B2
I1I1
G Dengan menggunakan hokum Biot-Savart kita mendapatkan
aI
aIB oo 11
1 2/2 πµ
πµ
==
aI
aIB oo 22
2 2/2 πµ
πµ
==
Dengan menggunakan aturan tanga diperoleh arah B1 ke belakang dan arah B2 ke kiri. Dengan B1 dan B2 saling tegak lurus. Besar medan magnet total adalah
n kanan maka
22
21
1122
21 II
aI
aIBBB ooo +=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛+⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛=+=
πµ
πµ
πµ
22
a
Arah B membentuk sudut 45o dari kiri ke belakang. 3) Dua kawat panjang membawa arus yang sama I. Ke dua kawat tersebut saling tegak lurus, tetapi tidak bersentukan. Tentuka c yang bekerja pada kawat. Jawab Kita lukiskan posisi masing-masing kawat
ersebut sama tetapi arahnya berbeda.
Gaya Lorentz yang bekerja pada masing-masing elemen hanya disumbangkan oleh komponen medan yang tegak lurus arus. Besar komponen medan magnet yang tegak lurus arus pada pada dua lemen tersebut samam besar tetapi berlawanan arah. Jadi Gaya Lorentz yang bekerja pada dua elemen sama besar dan berlawanan arah. Karena tiap elemen memiliki pasangan yang berseberangan dan ke duanya mengalami gaya dalam arah berlawanan, maka secara total dua sisi kawat ditarik oleh gaya yang sama besar tetapi arah berlawanan. Gaya ini menyebabkan kawat censerung berputar.
) Berapa percepatan sebuah model pesawat yang memiliki massa 175 g dan membawa muatan bergerak dengan laju 1,8 m/s pada jarak 8,6 cm dari suatu kawat yang sedang
ialiri arus 30 A? Arah pesawat sama dengan arah kawat.
n gaya magneti
217
Gambar 5.28 Misalkan lokasi perpotongan dua kawat berada pada koordinat nol. Tinjau elemen yang bereseberangan dari titik nol yang panjangnya masing-masing dx. Kuat medan magnet pada ke dua elemen t
418,0 C ketika d
I
×
a
xdx
O⊥B
B
B
//B
//x
B
I
⊥B
×
a
xdx
O⊥B
B
B
//B
//x
B
⊥B
218
awab Terlebih dahulu kita hitung kuat medan magnet pada lokasi pesawat.
J
57 107086,030)102(
2−− ×=×==
aIB o
πµ
T
agnet. Maka, gaya orentz pada kawat adalah
N
Karena arah gerak pesawat sama dengan arah kawat sedangkan arah medan magnet tegak lurus arah kawat, maka arah kecepatan pesawat selalu tegak lurus arah medan mL
35 103,2)107(8,10,18 −− ×=×××== qvBF
Percepatan yang dialami pesawat akibat gaya Lorentz
013,0175,0103,2 3
=×
==−
mFa m/s2
5) Sebuah jarum kompas diletakkan 20 cm di selatan sebuah kawat lurus vertical yang memiliki
m kompas mengarah? Anggap komponen horizontal edan magnet bumi pada posisi jarum kompas adalah 0,45 × 10-4 T dan sudut deklinasi adalah
0o. Jawab Karena sudut deklinasi 0o maka arah jarum kompas tepat mengarah ke kutub utara.
arus 30 A ke arah bawah. Ke manakah jarum
× U
Gambar 5.29 Pada lokasi jarum kompas, ada dua medan magnet yang muncul, yaitu medan magnet bumi ke arah utara dan medan yang dihasilkan arus ke barat. Medan total adalah jumlah vektor dua medan tersebut dan arah jarum kompas mengikuti arah medan total.
S
TBa = 20 cm
BBb
× U
TB
Ba
a = 20 cm
BBb
U
TB
SSBa
219
esarnya medan yang dihasilkan arus adalah B
67 1032,0
301022
−− ×=×==aIB o
a πµ
T
Sudut yang dibentuk jarum kompas dengan arah utara adalah θ yang memenuhi
067,01045,0
103tan 4
6
=×
×== −
−
b
a
BB
θ
atau θ = 3,8o
) Suatu berkas proton melewati suatu titik dalam ruang dengan laju 109 proton/s. Berapa medan
ita tentukan dahulu arus yang dihasilkan proton Karena muatan satu proton adalag e = + 10-19 C maka muatan yang mengalir per detik,
ang tidak lain merupakan arus listrik, adalah
= 109 × 1,6 × 10-19 = 1,6 × 10-10 A Kuat medan magnet pada jarak 2,0 m dari berkas proton adalah
6magnet yang dihasilkan pada jarak 2,0 m dari berkas tersebut? Jawab K
1,6 ×y I
1710
7 106,12106,1102
2−
−− ×=
××==
aIB o
πµ
T
7) Pasangan kawat yang panjang dialiri arus dc 25,0 A ke dan dari sebuah alat. Kawat tersebut
emiliki dialeter yang dapat diabaikan. Kedua kawat terpisah sejauh 2,0 mm. Berapa kuat magnet pada jarak 10,0 cm dari tengah-tengah kawat? (lihat Gambar 5.30)
mmedan
Gambar 5.30
220
= 9,9 cm = 0,099 m uat medan magnet yang dihasilkan kawat pertama
Jawab Jarak titik pengamatan ke kawat pertama adalah r1 = 10,0 cm + 1,0 mm = 10,1 cm = 0,101 m Jarak titik pengamatan ke kawat kedua adalah r2 = 10,0 cm - 1,0 mmK
57 1095,425102 −− ×=×==IB o
11 101,02 rπ
µ T
Kuat medan magnet yang dihasilkan kawat kedua
57
22 099,02 rπ
1005,525102 −− ×=×==IoB
µ T
arena arus mengalir dalam arah berlawanan maka ke dua medan tersebut juka memiliki arah berlawanan. Dengan demikian, kuat medan total pada titik pengamatan adalah
T.
) Kawat yang diperlihatkan pada Gambar 5.30 membawa arus i. Berapa kuat medan magnet asilkan di pusat C oleh (a) masing-masing segment lurus yang panjangnya L, (b)
egmen lengkung, dan (c) total
) Karena lokasi titik C tepat berimpit dengan perpanjangan segment lurus kawat maka kuat medan magnet di titik C yang dihasilkan oleh masing-masing segmen lurus adalah nol.
) Karena segmen lengkung memiliki sudut θ = 180o = π, maka kuat medan magnet di pusat
K
65512 100,11095,41005,5 −−− ×=×−×=−= BBB
8yang dihs
Gambar 5.31 Jawab a
blingkaran yang dihasilkan segmen ini adalah
RIII ooo µµπµθ ⎞⎛⎞⎛
RRB
42222 ππππ=⎟
⎠⎜⎝
=⎟⎠
⎜⎝
=
221
c) Kuat medan total di titik C menjadi RI
B o
4µ
=
Soal Latihan 1) Sebuah kawat tembaga 10-gauge (diameter 2,6 mm) dialiri arus 50 A. Berapa kuat medan magnet di permukaan kawat? 2) Kuat medan magnet pada jaran 88,0 cm dari kawat lurus panjang adalah 7,30 µT. Cari arus yang mengalir pada kawat 3) Tentukan kuat medan magnet di tengah-tengah antara dua kawat yang terpisah sejaun 2,0 cm.
alah satu kawat membawa arus I dan kawat lainnya membawa arus 15 A. Cari medan tersebut ka (a) arus mengalir dalam arah berlawanan, dan (b) arus mengalir dalam arah yang sama.
m kompas menyimpang ke timur dari arau utara sebesar 20o. Namun jika jarum rsebut ditempatkan 8,0 cm di sebelah timur sebuah kawat berarus listrik maka sudut
pangannya terhadap arah utara 55o. Berapa besar dan ke mana arah arus dalam kawat?
k a) 10
6) Sebuah solenoid yang mengandung 1000 lilitan dan panjang 0,1 m ditegakkan sehingga sumbunya sejajar dengan garis medan magnet bumi, seperti tampak pada Gambar 53.33. Kuat
0 µT. Berapa arus yang harus dialirkan pada solenoid agar dihasilkan medan magnet yang sama besarnya dengan medan magnet bumi?
Gambar 5.32 7) Dua buah kawat lurus panjang dan sejajar dipisahkan sejauh 0,1 m. Masing-masing kawat mebawa arus 5,0 dan 3,0 A dalam arah yang sama. Hitung kuat medan magnet di titik tengah-tengah antara dua kawat. 8) Suatu kumparan berbentuk lingkaran mengandung 20 lilitan ditempatkan dalam posisi
orisontal. Jari-jari lingkaran adalah 0,15 m. Arus sebesar 0,5 A dilewatkan melalui kawat lilitan
Sji4) Sebuah jarutepenyimBesar medan magnet di tempat tersebut adalah 0,50 × 10-4 T dan memiliki sudut inklinasi 0o. 5) Cari kuat medan magnet di dekitar kawat lurus panjang yang dialiri arus 10 A pada jaracm dari kawat, (b) 20 cm dari kawat, dan (c) 100 cm dari kawat.
medan magnet bumi pada posisi solenoid adalah 7
h
222
rsebut. an magnet di pusat kumparan
) lukis arah arus agar mendan magnet di pusat lingkaran mengarah ke atas. medan magnet bumi pada pusat kumparan memiliki komponen arah utara 18 µT dan
) berapa arus yang harus dialirkan pada kawat medan magnet total di pusat kawat hanya
ng 1550 lilitan per meter ditempatkan sedemikian ehingga sumbunya sejajar dengan medan magnet luar yang besarnya 24 mT.
a) Hitung arus yang harus dialirkan melalui kawat solenoid agar medan resultan di dalam solenoid nol.
t solenoid diubah menjadi 3,5 A hitunglah medan resultan
0) Sebuah kawat horisontal dialiri arus I1 = 80 A. Kawat kedua berada 20 cm di bawah kawat ertama dalam posisi sejajar. Berapa arus yang harus mengalir pada kawat kedua agar kawat
atuh akibat gravitasi? Massa jenis kawat kedua per satuan panjang adalah 0,12 g
ngnya 10 cm mengandung 400 lilitan. Arus yang mengalir pada
itempatkan dalam posisi horisontal dilariri arus 48 A. Kawat kedua
lilitan 600. Jika dialiri arus 40 A, dihasilkan medan magnet 1,8 T di dalam rongga solenoid tersebut. Berapakah permeabilitas teras besi? 17) Perhatikan sebuah garis medan magnet. Apakah besar
tea) Hitung medbc) Jika komponen vertikal ke bawah sebesar 55 µT, hirunglah medan magnet total di pusat kumparan ketika kawat dialiri arus 5 ampere. dmemiliki komponen arah horisontal? 9) Sebuah solenoid panjang yang mengandus
b) Jika arus yang mengalir dalam kawa dalam rongga solenoid. 1ptersebut tidak jper meter. 11) Solenoid tipis yang panjakawat solenoid adalah 20 A. Berapa kuat medan magnet di sekitar pusat solenoid? 12) Kawat panjang yang dyang terbuat dari tembaga dengan diameter 2,5 mm ditempattkan sejajar kawat pertama pada posisi 15 cm di bawah kawat pertama. Kawat kedua tergantung karena gaya magnetik oleh kawat pertama. Berapa besar dan arah arus pada kawat kedua. 13) Dua kawat panjang paralel terpisah sejauh 6,0 cm. Masing-masing kawat membawa arus 16,5 A dalam arah yang sama. Tentukan kuat medan magnet pada titik yang berjarak 13,0 cm dari kawat pertama dan 13,0 cm dari kawat kedua. 14) Sebuah solenoid yang panjangnya 30,0 cm dan diameter 1,25 cm menghasilkan medan magnet 0,385 T di pusatnya. Jika jumlah lilitan adalah 1000, berapa arus yang mengalir pada solenoid tersebut? 15) Kamu memiliki kawat tembaga dan ingin membuat solenoid yang menghasilkan medan magnet paling besar. Apakah kamu sebaiknya membuat solenoid yang berdiamater kecil tetapi panjang atau solenoid berdiameter besar tetapi pendek, atau lainnya? Jelaskan jawabanmu. 16) Sebuah solenoid berteras besi memeiliki panjang 36 cm, diemeter 1,5 cm dan jumlah
Br
konstan atau berubah sepanjang garis tersebut? Dapatkah kamu memberikan contoh untuk masing-masing kasus tersebut? 18) Gambar 53.34 memperlihatkan pandangan atas empat kawat sejajar yang dialiri arus listrik
223
yang besar dan arahnya sama. Berapa besar medan magnet pada lokasi kawat sebelah kiri yang disebabkan oleh arus pada tiga kawat lainnya? Berapa besar gaya per satuan panjang yang dialami kawat tersebut?
Besar ar nakan yang ditandai pada l?
yang dihasilkan “senjata elektron” pada tabung televisi memiliki energi kinetik 25
berjarak 1,5
a a
a a
a a
a a
Gambar 5.33 19 Dua kawat yang tegak lurus hampir berimpitan dialiri arus yang sama dalam arah seperti pada Gbr 5.34 us pada dua kawat sama. Pada daerah-daerah magambar ditemukan medan magnet resultan no
I
Gambar 5.34 20 ElektronkeV dan berkasnya memiliki diameter 0,22 mm. Sebanyak 5,6 × 1014 elektron mencapai layar tiap detik. Hitung medan magnet yang dihasilkan berkas tersebut pada titik yangmm dari sumbu berkas.
I
I II
III IV
I
I II
I
III IV
224
21 Sebuah kawat panjang yang dialiri arus 100 A ditempatkan dalam ruang yang mengandung medan magnet eksternal 5,0 mT. Kawat tersebut tegak lurus medan magnet ini. Tentukan titik-titik yang memiliki resultan medan magnet nol.
Bab 6 Hukum Ampere
Hukum Biot-Savart merupakan hukum yang umum yang digunakan untuk menghitung kuat medan magnet yang dihasilkan oleh arus listrik. Apapun bentuk konduktor yang dialiri arus, dan berapa pun arus yang mengalir, maka kuat medan magnet di sekitar arus tersebut selalu memenuhi hukum Biot-Savart. Namun, kita tidak selalu mudah menentukan kuat medan magnet di sekitar arus dengan menggunakan hukum Biot-Savart. Untuk bentuk kawat yang rumit, maka integral pada hukum Biot-Savart tidak selalu dapat diselesaikan. Oleh karena itu, perlu dikaji metode alternatif untuk menentukan kuat medan magnet di sekitar arus listrik. Salah satu metode yang cukup sederhana yang akan dibahas di sini adalah hukum Ampere. 6.1 Hukum Ampere Misalkan di suatu ruang terdapat medan magnet B
r. Di dalam ruang tersebut kita buat sebuah
lintasan tertutup S yang sembarang seperti gambar 6.1
ambar 6.1 Lintasan tertutup sembarang dalam ruang yang mengandung medan magnet
ita perhatikan elemen lintasan . Anggap kuat medan magnet pada elemen tersebut adalah
Br
ldr
S
Br
ldr
S G
rK ldBr
. Integral perkalian titik Br
dan l dr
dalam lintasan tertutup S memenuhi
∑
225
∫ =• IldB oS
µ (6.1)
engan
alah jumlah total arus yang dilingkupi S. Tanda
rr
d
∑ I ad ∫ menyatakan bahwa integral harus
dikerjakan pada sebuah lintasan tertutup.
226
ersamaan (6.1) dikenal dengan hukum Ampere dalam bentuk integral. Bentuk lain hukum
.2 Aplikasi Hukum Ampere Ampere mari kita tinjau sejumlah aplikasinya berikut ini.
) Kawat Lurus Panjang edan magnet yang dialiri arus listrik pada kawat lurus
Pilih lintasan tertutup sedemikian rupa sehingga konstan
mebtnuk sudut yang konstant untuk
lah total arus yang dilingkupi lintasan ampere.
ntuk kawat lurus panjang, lintasan yang memenuhi kriteria di atas adalah sebuah lingkaran
ambar 6.2 Lintasan ampere di sekitar kawat lurus panjang adalah lindkaran dengan sumbu
eberapa informasi yang dapat kita peroleh adalah: elalu menyinggung lintasan.
adi pada titik-titik di lintasan, vektor
PAmpere yang ekivalen dengan persamaan 54.1 adalah bentuk diferensial. Tetapi bentuk kedua ini tidak dibahas di sini. 6Untuk lebih memahami hukum aPada Bab 5, kita sudah menghitung kuat mpanjang dengan bangtuan hukum Biot-Savart. Kita akan kembali membahas kuat medan listrik di sekitar kawat lurus panjang dengan menggunakan hukum Ampere. Dalam menerapkan hukum ini, beberapa langkah standar yang harus dilakukan adalah: i)- Kuat medan magnet pada berbagai titik di lintasan- Vektor medan magnet dan vektor elemen lintasan selalu mesemua elemen lintasan.
ii) Cari ∑ I , yaitu jum
Uyang sumbunya berimpit dengan kawat tersebut.
ldr
Br
Ialdr
Br
Ia
Gberimpit dengan kawat. Bi) Berdasarkan aturan tangan kanan, medan magnet sii) Elemen vektor ld
r juga menyinggung lintasan.
J B
r dan ld
rBr
selalu sejajar sehingga sudut θ antara
dan ldr
nol. Dengan demikian,
227
B o ==• 0coscosθld =r
dlBdlBdlBr
(6.2)
an d
∫∫ =•SS
dlBldBrr
(6.3)
arena pada tiap titik di lintasan besar medan magnet konstan, maka B dapat ditarik keluar dari K
integral. Kita dapatkan
)2()( aBlingkarankelilingBdlBdlBSS
π×=×== ∫∫ (6.4)
elanjutnya kita cari jumlah arus yang dilingkupi lintasan Ampere. Karena yang dilingkupi
(6.5)
khirnya, substitusi persamaan (6.4) dan (6.5) ke dalam persamaan (6.1) diperoleh
Slintasan Ampere hanya satu kawat, dan kawat tersebut diliri arus I, maka
∑ II =
A
IaB oµπ =× )2( tau a
aIB o
πµ2
= (6.6)
asil ini persis sama dengan hasil yang diperoleh menggunakan hukum Biot-Savart pada Bab 5.
) Solenoid enghitung medan magnet yang dihasilkan oleh solenoid menggunakan hukum
H bKita sudah mBiot-Savart. Sekarang kita akan melakukan perhitungan serupa dengan hukum Ampere untuk membandingkan metode mana yang lebih sederhana. Solenoid yang akan kita bahas juga solenoid ideal dengan jumlah lilinan per satuan panjang adalah n. Kawat solenoid dialiri arus I.
228
ika solenoid dibelah dua maka penampang solenoid tampak pada Gambar 6.3
ambar 5.3 Lintasan ampere pada solenoid
am solenoid, kita buat lintasan Ampere seperti pada ambar 6.3. Lintasan tersebut berupa segiempat. Integral pada lintasan tertutup dapat dipecah
J
× × × × × × × × × × × × × × × ×
• • • • • • • • • • • • • • • •
i
ii
iii
iv B
B = 0
l
× × × × × × × × × × × × × × × ×
• • • • • • • • • • • • • • • •
i
ii
iii
iv B
B = 0
l
G Untuk menentukan kuat medan magnet di dalGmenjadi jumlah inegral pada tiap-tiap sisi segiempat, yaitu
∫∫∫∫∫ •+•+•+•=• ldBldBldBldBldBrrrrrrrrrr
S iviiiiii
(6.7)
Mari kita lihat tiap-tiap suku integral.
intasan i: ol karena berada di luar solenoid sehingga
LPada lintasan ini kuat medan magnet n
00 =•=• ∫∫ ldldBrrr
i i
Lintasan ii:
ada lintasan ini, potongan yang berada di luar solenoid memiliki medan magnet nol sedangkan ng ada di dalam solenoid luar memiliki medan magnet yang tegak lurus lintasan.
∫∫∫∫dalampot
o
luarpotdalampotluarpot
dlBldldBldBld
Ppotongan yaJadi
•∫ B 00090cos0....
=+=+•=•+•=rrrrrrr
ii
Lintasan iii:
ada lintasan ini, vektor Br
dan ldr
selalu sejajar sehingga sudut θ antara Br
dan ldr
P nol.
Jadi, dlBdlBdlBldB o ===• 0coscosθrr
. Dengan demikian diperoleh
,
lrr
BiiilinpanjangBdlBdlBldBiiiiii
=×===• ∫∫∫ ).(
Lintasan iv:
etgral pada lintasan iv persis sama dengan integral pada lintasan ii sehingga hasilnya juga nol,
∫∫∫∫dalampot
o
luarpotdalampotluarpot
dlBldldBldBld
iii
Inatau
•∫ B
229
00090cos0....
=+=+•=•+•=rrrrrrr
iv
Dengan dengan demikian, integral pada lintasan tertutup adalah
llrr
BBldB =+++=•∫ 000 S
(6.8)
Selanjutnya kita hitung jumlah arus yang dilingkupi lintasan Ampere. Arus total adalah arus yan
engalir dalam ruas solenoid sepanjang l. Karena jumlah lilitan per satuan panjang adalah n
(6.9)
Akhirnya dengan mensubtitusi persamaan (6.8) dan (6.9) ke dalam persamaan (6.1) diperoleh
mmaka jumlah lilitan yang dilingkupi lintasan Ampere adalah ln . Karena satu lilitan dialiri arus I, maka jumlah total arus yang dilingkupi lintasan Ampere adalah
InI l=∑
)( InB o ll µ=
atau
o
B µ= nI (6.10)
Hasil ini ada Bab 5.
isalkan jumlah lilitan per satuan panjang yang dimiliki toroid adalah n. Arus yang mengalir
pun persis sama dengan apa yang kita peroleh dengan menggunakan hokum Biot-Savart
p c) Toroid M
230
adalah I. Untuk menentukan kuat medan magnet di dalam rongga toroid, kita buat
Gambar 6.4 Lintasan amper ongga toroid
eliling toroid adalah K = 2 π R
pada toroidlintasan Ampere berbentuk lingkaran yang melalui rongga toroid.
ldr
BrR
ldr
BrR
e pada toroid berbentuk lingkaran yang melewati r Kita misalkan jari-jari toroid adalah R. KJumlah lilitan toroid adalah N = 2 π R n Sepanjang lintasan Ampere, vektor B
r dan ld
r selalu sejajar sehingga sudut θ antara B
r dan
r nol. Jadi, dlBldB o ===• 0coscosθl dlBdlBd
rr. Jadi,
)2()( RBlingkarankelilingBdlBdlBldBSSS
π×=×===• ∫∫∫rr
(6.11)
Karena jumlah lilitan yang dilingkupi lintasan Ampere adalah N maka jumlah arus yang
ilingkupi lintasan ini adalah
(6.12)
Akhirnya, dengan m
iperoleh
RnIo
d
RnINII π2==∑
ensubstitusi persamaan (6.11) dan (6.12) ke dalam persamaan (6.1) d
)2( RB )2( πµπ =
atau
×
231
oB µ= nI (6.13)
Hasil ini .
Pelat Tak Berhingga elanjutnya kita hitung medan magnet di sekitar pelat yang sangat lebar yang dialiri arus listrik.
pere/meter). Kita akan menentukan uat medan magnet pada jarak a tegak lurus pelat. Kita buat lintasan Ampere berupa persegi
Gambar 6.6 Lintasan amper
ita dapat menentukan arah medan magnet yang dihasilkan arus dengan menggunakan aturan empat jari mengikuti arah medan
agnet. Kita akan dapatkan bahwa medan magnet memiliki arah sejajar pelat dan tegak lurus
ntasan i arah medan magnet sejajar dengan arah elemen lintasan. ) Pada elemen lintasan ii arah medan magnet tegak lurus dengan arah elemen lintasan.
jar dengan arah elemen lintasan. san.
pun persis sama dengan yang kita peroleh menggunakan hukum Biot-Savart pada Bab
5 d) S
Gambar 6.5 pelat yang luasnya tak berhingga dialiri arus I Misalkan kerapatan arus per satuan lebar pelat adalaj J (amkpanjang sebagai berikut.
II
L
iii
iiiiv
L
iii
iiiiv
e di dekitar pelat tak berhingga. Ktangan kanan. Ibu jari mengarah ke aliran arus dan lekukanmarah aliran arus. Pemilihan lintasan Ampere di atas menyebabkan: a) Pada elemen libc) Pada elemen lintasan iii arah medan magnet sejad) Pada elemen lintasan iv arah medan magnet tegak lurus dengan arah elemen linta
Integral Ampere untuk lintasan tertutup dalat ditulis sebagai
∫∫∫∫∫ •+•+•+•=• ldBldBldBldBldBiviiiiiiS
rrrrrrrrrr
Mari kita hitung tiap-tiap suku integral a) Pada elemen lintasan i, vektor
Br
dan ldr
sejajar sehingga sudut θ antara Br
dan ldr
nol.
Jadi, dlBdlBdlBldB o ===• 0coscosθrr
b) Pada elemen lintasan ii, vektor ldr
Br
dan tegak lurus sehingga sudut θ antara Br
dan ldr
90o. J =adi, ==• odlBdlBldB θ 090coscosrr
ldr
Br
c) Pada elemen lintasan iii, vektor dan sejajar sehingga sudut θ antara Br
dan ldr
n l.
Jadi, dB •
o
o === 0coscosθ
232
dlBdlBdlBlrr
ldr
Br
d) Pada elemen lintasan iv, vektor dan tegak lurus sehingga sudut θ ant a ar Br
dan ldr
90o. J =adi, ==• odlBdlBldB θ 090coscosrr
ikian Dengan dem
∫∫∫ +=•iii
dlBdlBldBiS
rr
Besarnya B pada elem nstan sehingga dapat dikeluarkan dari integral. Akhirnya diperoleh
en lintasan i dan iii ko
BLBLBLdlBdlBldBiiiiS
2=+=+=• ∫∫∫rr
(6.14)
Selanjunta kita cari jumlah arus yang dilipelat dalam arah tegak lurus adalah J. Karena panjang lintasan Ampere dalam arah tegak lurus dalah L maka arus yang dilingkupi lintasan Ampere adalah
engan mensubstitusi persamaan (6.14) dan (6.15) ke dalam persamaan (6.1) diperoleh
ngkupi lintasan Ampere. Rapat arus per satuan panjang
a
JLI =∑ (6.15)
D
233
BL o )(JL2 µ=
atau
2J
B oµ= (6.16)
oal-Soal 1) Dua byang sam
ihasilkan arus pada dua pelat.
Gambar 6.8 Dalam mencari me daerah total atas tiga bagian, seperti pada
br. 6.8. aerah I berada di atas pelat atas
ada di antara dua pelat aerah III berada di bawah pelat bawah
menghitung, kuat medan magnet di sekitar suatu pelat yang sangat luas adalah
S
uah pelat tak berhingga dan diletakkan sejajar masing-masing dialiri arus I dalam arah a. Ke dua pelat terpisah sejauh a. Tentukan medan magnet di mana-mana yang
dJawab Susunan pelat yang diungkapkan oleh soal di atas sebagai berikut
dan magnet di mana-mana, kita bagiGDDaerah II berD Kita sudah
2oJB µ=
Sekarang kita hitung kuat medan magnet pada masing-masing daerah di atas. Daerah I: Medan m gnet yang dihasilkan pelat atas besarnya adalah 2/JB oµ=a dan arahnya dari belakang ke depan (pakai aturan tangan kanan).
J
J
aJ
J
a
234
edan magnet yang dihasilkan pelat bawag besarnya adalah 2/JB oµ=M dan arahnya dari
ua medan tersebut sama besar tetapi arahnya berlawanan shingga medan total di daerah I .
o
depan ke belakang. Dadalah nol Daerah II: Medan magnet yang dihasilkan pelat atas besarnya adalah B 2/Jµ= dan arahnya dari depan ke belakang. Medan magnet yang dihasilkan pelat bawag besarnya adalah 2/JB oµ= dan arahnya dari depan ke belakang.
ua medan tersebut sama besar tetapi arahnya sama sehingga medan total di daerah II adalah oo
DJB o JJ µµµ =+ 2/
o
= 2/ Daerah III Medan magnet yang dihasilkan pelat atas besarnya adalah B 2/Jµ= dan arahnya dari depan ke belakang. Medan magnet yang dihasilkan pelat bawag besarnya adalah 2/JB oµ= dan arahnya dari belakang ke depan.
ua medan tersebut sama besar tetapi arahnya berlawanan shingga medan total di daerah I
ma
s sama maka i daerah I medan yang sihasilkan dua arus sama besar dan arah. Dengan demikian, kuat medan tal adalah
Dadalah nol. 2) Ulangi soal 1 jika arus yang mengalir pada dua pelat arahnya sa Jawab Jika arah aruD
JJJB ooo µµµ =+= 2/2/ toDi daerah II medan yang sihasilkan dua arus sama besar tetapi berlawanan arah. Dengan
emikian, kuat medan total adalah nol. ah I medan yang sihasilkan dua arus juga sama besar dan arah. Dengan demikian, kuat
ooo
dDi daermedan total adalah B JJJ= µ µµ =+ 2/2/
dan magnet di mana-mana (gunakan hokum Ampere).
alau kita ingin mencari medan magnet di mana-mana, maka kita harus mencari pada semua
3) Sebuah silinder berongga dari tembaga memiliki jari-jari dalam a dan jari-jari luar b. Silinder tersebut dialiri arus I. Tentukan kuat me Jawab K
235
ilai r dari nol sampai tak berhingga.
Gambar 6.9 0 < r < a a < r < b
an > b
ari kita tentukan kuat medan mada masing-masing daerah tersebut.
daerah dengan 0 < r < a san ampere dengan jari-jari kurang dari a.
Karena lintasan am enulis
nDaerah tempat medan magnet ingin ditentukan terdiri atas tiga macam, yaitu
ab ab
dr M a) Untuk Buat linta
Gambar 6.10
pere berupa lingkaran maka kita dapat m
)2( rBdlBdlBldBSSS
π×===• ∫∫∫rr
Karena tidak ada arus yang dilingkupi lintasan ampere (rongga) maka
oµπ )2(
0=∑ I
Jadi
∑=× IrB
abrr
ab
0)2( =× rB π atau
b) Untuk daerah dengan a < r < b Buat lintasan ampere dengan jari-jari antara a dan b
ambar 6.11
B = 0
236
G Dengan alasan serupa sebelumnya, kita akan peroleh
)2( rBdlBdlBldBSSS
π×===• ∫∫∫rr
adalam arus yang m pang rongga dengan jari-jari antara a sampai r,
arena hanya bagian ini yang dilingkupi lintasan Ampere
Gam
apat arus. Jika tidak ada rongga, luas penampang silinder adalah
Luas penampang rongga adalah
∑ I engalir pada penam
abr
abr
ar
k
b
ar
b
bar 6.12
Untuk mencari arus tersebut mari kita tentukan dahulu r
2bAo π=
2' aA π=
237
Dengan adanya rongga, maka luas penampang silinder yang dialiri arus adalah
engan demikian, kerapatan arus adalah
)(' 2222 ababAAA o −=−=−= πππ
D
)( 2bAIJ ==
π 2aI−
pang yang dilingkupi lintasan ampere hanya
Luas penampang yang dilingkupi lintasan ampere saja adalah
)( 22222 ararA −=−= πππ
Dengan demikian, arus yang mengalir pada penam
Iabarar
abIJAI 22
2222
222 )()( −
−=−×
−==∑ ππ
khirnya, dengan hokum ampere diperoleh A
IabarrB o 22
22
)2(−−
=× µπ
atau
⎟⎠
⎜⎝
⎞⎛⎟⎟⎞
⎜⎛ − Iaro
22µ
) Untuk daerhan dengan r > .
Dengan alasan serupa sebelumnya, kita akan peroleh
B⎠
⎜⎝ −
=rab 222π
c b
ita buat lintasan ampere dengan r > b K
)2( rBdlBdlBldBSS
π×===• ∫∫∫rr
S
238
adalam arus yang dilingkupi lintasan ampere. Karena lintasan ampere berada di luar
er maka arus yang dilingkupi adalah semua arus yang mengalir dalam silinder. Jadi
ambar 6.13
khirnya diperoleh
∑ I
silind
II =∑
abr
abr
G
A
IrB oµπ =)2atau × (
⎟⎠⎞
⎜⎛⎝
=rIB o
πµ2
4) Dua buah pelat tak berhingg asing-masing dialiri arus dengan kerapatan J dalam ah sejauh a. Tentukan medan magnet di mana-m awab ambar 6.14 adalah tampak samping dua pelat. Berdasarkan persamaan (6.16), kuat medan
tar pelat tak berhingga adalah
a dan diletakkan sejajar m arah yang sama. Ke dua pelat terpis
ana yang dihasilkan arus pada dua pelat.
JGmagnet di seki
JoB2
µ=
Dengan melihat Gbr. 6.14 belah atas pelat atas, medan magnet yang dihasilkan dua pelat sama besar dan sama arah.
Di se
239
engan demikian, medan total adalah JJJ ooo µµµ =+ 2/2/ aD rah dari belakang ke depan. Di antara, medan magnet yang dihasilkan dua pelat sama besar tetapi berlawanan arah. Dengan demikian, medan total yang dihasilkan adalah nol.
J
Gambar 6.14 Di sebelah bawah pelat bawah, medan magnet yang dihasilkan dua pelat sama besar dan sama arah. Dengan demikian, medan total adalah Jo JJ oo µµµ =+ 2/ arah dari depan ke belakang. 5) Gambar 6.15 m asing dialiri arus
I. Berapakah hasil integral
2/
emperlihatkan pandangan atas delapan kawat yang masing-m
∫ • ldBrr
untuk masing-lintasan?
ambar 6.15
awab
G JKita kembali ke definisi hokum Ampere
J
J× × × × ×
× × × × ×
× × × × ×
× × × × ×
a
J
× × × × ×
× × × × ×
× × × × ×
× × × × ×
a
∑=• IldB µ
240
∫ o
rr
Jadi, nilai integral dalam lintasan tertutup sama dengan jumlah arus yang dilingkupi dikali dengan µo.
Untuk lintasan sebelah kiri, jumlah arus yang dilingkupi adalah II 2=∑ . Jadi
IIldB oo µµ 2)2( ==•∫rr
II 5=∑Untuk lintasan sebelah kanan, jumlah arus yang dilingkupi adalah . Jadi
IIldB oo µµ 5)5( ==•∫rr
) Gambar 6.16 memperlihatkan sebuah silinder konduktor panjang yang memiliki jari-jari a. ebut memiliki rongga yang berbentuk silinder panjang yang sejajar silinder utama
er adalah d. Kerapatan arus per satuan luas penampang pada silinder adalah J. Tentukan kuat medan magnet di pusat rongga.
Gambar 6.16
Jawab ita dapat memandang susunan di atas sebagai sebuah silinder pejal yang memiliki jari-jari a
dan dialiri arus dengan kerapatan b. Pada jarak d dari sumbu silinder pejal ditempatkan silinder logam lain yang pejal dengan jari-jari
yang dialiri arus dengan kerapatan sama tepat arah berlawanan.
umbu silinder besar yang
6Silinder tersdengan jari-jari b. Jarak sumbu dua silind
K
bKuat medan magnet total di posat rongga sama dengan jumlah kuat medan yang dihasilkan oleh arus pada dua silinder ini. Sekarang kita menghitung kuat medan magnet pada jarak d dari s
a
d bd b
a
241
dihasilkan oleh arus pada silinder besar. Kita buat lintasan am iliki jari-jari d dari pusat silinder besar seperti pada Gbr. 6.17.
pere yang mem
Gambar 6.17 Maka
∑∫ =• IldB oS
µrr
∑=× IdB o
∑ I adalah jumlah arus yang dilingkupi
µπ )2(
lintasan ampere, yaitu
)2π
Jadi
atau
I (=∑ Jd
JddB o )()2( 2πµπ =×
dJ
B o
2µ
=
pabila pada posisi d kita tempatkan sebuah silinder dengan jari-jari b dan dialiri arus dalam rlawanan, maka kuat medan di pusat silinder yang dihasilkan arus tersebut nol.
adi pada posisi d, kuat medan yang dihasilkan silinder besar adalah
Aarah beJ 2/JdB oµ= dan yang dihasilkan oleh silinder kecil adalah 0. Maka kuat medan total di posisi d adalah 2/JdB oµ= .
ad
ad
242
Soal Latijan 1) Ga onduktor yang sangat panjang yang dialiri arus I = 100 A yang tersebar merata. Jari-jari silinder a = 2,0 cm. Buat kurva B(r)
ada posisi 0 < r < 6,0 cm.
Gambar 6.18
i dalam suatu daerah terdapat arus dengan kerapat homogen 15 A/m2. Berapakah nilai
mbar 6.18 memperlihatkan penampang sebuah silinder k
p
D
∫ • ldBrr
pada suatu lintasan yang berupa segitiga yang sisi-sisinya menghubungkan titik-titik
(4d,0,0) ke (4d,3d,0) ke (0,0,0) ke (4d,0,0) di mana d = 2,0 cm? 2) Dua loop kondu dan 3,0 A seperti pada ktor berbentuk persegi dialiri arus masing-masing 5,0 A
Gbr 6.19. Berapa nilai ∫ • ldBrr
pada tiap lintasan tertutup pada gambar?
ar
ar
ambar 6.19
r yang sangat panjang dari bahan konduktor yang memiliki jari-jari luar R dialiri rus I yang tersebar secara merata dan arah dari depan ke belakang. Sebuah kawat lurus panjang
besar dan arah arus yang mengalir pada kawat agar besar medan magnet total di titik P sama
G 3) Pipa silindeayang sejajar dengan pipa diletakkan pada jarak 3R dari sumbu pipa (lihat Gbr 6.20). Hitunglah
243
dengan
Gambar 6.20
) Sebuah solenoid memiliki panjang 95,0 cm, jari-jari 2,00 cm dan jumlah lilitan 1200. but membawa arus 3,6 A. Hitung kuat medan magnet di dalam solenoid
) Sebuah solenoid memiliki panjang 1,3 m dan diameter 2,6 cm. Ketika dialiri arus 18,0 A, kuat
) Sebuah solenoid panjang memiliki jari-jari 7,0 cm dan jumlah lilitan per centimeter adalah 10. olenoid tersebut dilairi arus 20,0 mA. Sebuah kawat lurus panjang yang dialiri arus 6,0 A itempatkan di sumbu solenoid. A) Pada jarak berapa dari sumbu kita mendapatkan medan totak
membentuk sudut 45o terhadap sumbu solenoid? B) Berapakah besar medan tersebut? 8) Sebuah solenoid eter dan dilairi arus I. Sebuah electron berbegark di dalam lintasan lingkaran berjari-jari 2,3 cm tegak lurus sumbu soleno laju cahaya dalam vakum). Berapakah arus yang m
besar medan magnet total di sumbu pipa tetapi memiliki arah yang berlawanan.
R R R
×
×
×
×
×
PKawat
×
R R R
×
×
×
×
×
PKawat
×
4Solenoid terse5medan magnet di dalam solenoid adalah 23,0 mT. Berapa panjang kawat yang digunakan untuk membuat solenoid tersebut? 6) Sebuah toroid memiliki penampang berbentuk persegi dengan sisi-sisi 5,0 cm. Jari-jari dalam toroid adalah 15,0 cm. Toroid tersebut memiliki 500 lilitan dan dialiri arus 0,80 A. Berapa kuat medan magnet di dalam rongga toroid? 7Sd
panjang memiliki 100 lilitan per centim rongga solenoid dalam
id. Laju electron adalah 0,0460 c (c adalahengalir pada solenoid?
Bab 7 GGL Induksi dan Induktansi
Pada bab-bab terdahulu kita sudah pelajari bahwa arus listrik menghasilkan medan magnet di sekitarnya. Fenomena ini memiliki makna bahwa kemagnetan dapat dihasilkan oleh peristiwa kelistrikan. Apakah fenomena sebaliknya dapat terjadi? Apakah kelistrikan dapat dihasilkan oleh peristiwa kemagnetan? Topik ini yang akan kita bahas pada bab ini. Dan ternyata kelistrikan dapat dihasilkan oleh peristiwa kemagnetan. 7.1 Fluks Magnetik Sebelum kita masuk ke topik inti bagaimana peirstiwa kemagnatan dapat menghasilkan kelistrikan, mari kita bahas definisi fluks berikut ini.
244
ambar 7.1 Fluks magnetic menyatakan jumlah garis gaya yang menembus permukaan dalam
ika dalam suatu ruang terdapat medan magnet, jumlah garis gaya yang menembus permukaan
Br
Adr
A
Br
Adr
A Garah tegak lurus Jdengan luas tertentu bisa berbeda-beda, tergantung pada kuat medan magnet dan sudut antara medan magnet dengan vektor permukaan. Fluks magnetic mengukur jumlah garis gaya yang menembus suatu permukaan. Fluks magnetic didefinisikan sebagai
∫ •= AdBrr
φ
(7.1)
dengan θ adalah sudut antara vektor
∫= θcosdAB
Br
dan Adr
. Jika pada permukaan besarnya medan magnet konstan maka kita mendapatkan
cosdAB (7.2)
∫= θφ
245
Dan jika pada permukaan sudut antara Br
dan Adr
selalu konstan maka cos θ dapat dikelurkan dari integral dan diperoleh
ABdAB ABrr
•= (7.3)
Contoh
agnet menembus bidang seluas A yang diletakkan sejajar bidang y-z.
gnetic yang me
iketahui
Karena permukaan sejajar bidang y-z maka
== ∫ θθφ coscos
Medan m )ˆ2ˆ( jiBB o +=r
Berapa fluks ma nembus bidang tersebut? Jawab D
)ˆ2ˆ( jiBBr
o +=
iAA ˆ=r
(ingat, arah vektor permukaan tegak lurus permukaan tersebut). Karena baik B
r dan A
r semuanya konstan m ta dapat langsung menulis
aka ki
( •
Contoh
ilitan kawat berbentuk persegi panjang dengan sisi-sisi a dan b diputar dalam medan magnet yang arahnya vertikal. Sumbu rotasi lilitan tegak tegak lurus medan magnet. Lilitan
ihat Gbr. 7.2. Karena lilitan selalu berotasi maka luas penampang lilitan yang ditembus medan selalu berubah-ubah (sebagai fungsi waktu).
lis
ijABiiABiAjiBAB ˆˆ2ˆˆˆ)ˆ2ˆ •+•=+=•=rr
φ ooo
ABABAB ooo =×+= 02
Lkonstan tersebut berputar dengan kecepatan sudut ω. Berapa flusk magnetic yang menembus lilitan sebagai fungsi waktu? Jawab Lmagnet Fluks magnetic yang menembus lilitan dapat juga ditu
⊥=•= ABABrr
φ (7.4)
dengan adalah luas perm
⊥A ukaan yang tegak lurus medan magnet.
aa
b
ω
b
ω
246
ambar 7.2 Lilitan berbentuk persegi panjang yang diputar dalam medan magnet
dan magnetic dalah θ. Lihat Gbr. 7.3.
G Mari kita lihat suatu saat ketika sudut yang dibentuk bidang lilitan dengan mea
⊥A
B
A
θ
⊥A
B
A
θ
Gambar 7.3 Sudut yang dibentuk lilitan dengan medan magnet tiap saat selalu berubah-ubah Luas penampang lilitan yang tegak lurus medan magnet adalah
θθ coscos abAA ==⊥ (7.5)
Untuk gerak rotasi deng
an kecepatan sudut tetap maka
tωθ = (7.6)
Denga
n demikian
tabA ωcos=⊥ (7.7)
Fluks magnetic
sebagai fungsi waktu menjadi
tabBAB ωφ cos== ⊥ (7.8)
.2 Hukum Faraday enomena memproduksi kelistrikan dari peristiwa kemagnetan diterangkan oleh hokum Faraday.
bahwa apabila terjadi perubahan fluks dalam suatu loop maka dihasilkan
Gambar 7.
enjauhkan magnet ke kemparan tersebut
ti kumparan maka kuat medan magnet yang yang ada alam rongga kumparan bertambah. Akibatnya fluks magnetic yang dikandung kumparan
kibatkan muncul ggl induksi. Ini direpresentasikan oleh adanya arus yang
ul. Tidak ada rus yang diukur amperemeta.
7FHukum ini menyatakangaya gerak listrik (tegangan listrik) induksi yang berbanding lurus dengan laju perubahan fluks.
4 Fluks magnetic dalam kumparan diubah-ubah dengan mendekatkan atau m Berdasarkan Gbr 7.4: i) Ketika batang magnet didorong mendekadbertambah yang mengadiukur oleh amperemeter. ii) Ketika batang magnet didiamkan maka tidak ada perubahan kuat medan dalam rongga kumparan. Akibatnya fluks magnetic yang dikandung kumparan tidak berubah sehingga tidak ada ggl induksi yang munciii) Ketika batang magnet ditarik keluar dari kumparan maka kuat medan magnet yang ada dalam rongga kumparan berkurang. Akibatnya fluks magnetic yang dikandung kumparan berkurang
247
248
arus yang diukur oleh sehingga muncul ggl induksi. Ini direpresentaikan oleh adanya amperemeter. Secara matematik, hokum tersebut dapat ditulis
dtN dφ
−= 7.9)
dengan Σ :persamaan (7.9), besarnya ggl yang dihasilkan erlangsung, bukan bergantung pada berapa nilai fluks saat itu. Juga makin banyak lilitan pada
upaya lebih paham dengan hukum Faraday, mari kita lihat beberapa contoh aplikasi berikut ini.
litan adalah N?
jumlah fluks yang menembus kumparan adalah
b
(Σ
gaya gerak liristik (ggl) induksi dan N : jumlah lilitan kumparan. Tampak dari
bergantung pada berapa cepat perubahan fluks bkumparan makin besar ggl indukasi yang dihasilkan. 7.3 Contoh Aplikasi Hukum Faraday S Contoh Berapa ggl induksi yang dihasilkan oleh kumparan yang berputar pada Gbr. 7.2 jika jumlah li Jawab Kita sudah hitung
taB ωφ cos
engan demikian, ggl induksi yang dihasilkan adalah
=
D
tNBabdt
NBabdt
Ndt
N tdtBabdd ωωωωφ sin)(cos)cos(=−=−=−=
Contoh Suatu kumparan berbentuk lingkaran dengan jari-jari a diletakkan pada bidang horizontal
). Medan magnet yang memiliki fungsi
Σ
(bidang x-y kctBB oˆ)( +=
r menembus kumparan
tersebut. Jumlah lilitan pada kumparan adalah N. Berapa ggl induksi yang dihasilkan kumparan? Jawab Luas permukaan 2aA π= .
249
arena kumparandiletakkan pada bidang x-y maka vector luas penampang kumparan dapat
engan demikian, fluks magnetic yang menembus kumparan adalah
ˆˆ 22rr
GGL induksi yang dihasilkan
Kditulis
kaA ˆ2π=r
D
kkctBakakctBAB oo )()( •+=•+=•= ππφ ˆˆ
ctaBactBa oo222 )( πππ +=+=
caNdt
Ndt
N −=−=ΣctaBadd o 2
22 )(π
ππφ−=
+
7.4 Hukum Lentz Perhatikan Gambar 7.5
arus induksi yang dihasilkan?
ubah besarnya menembus kumparan. Dengan demikian terjadi erubahan fluks dalam kumparan. Berdasarkan hokum Faraday dihasilkan ggl induksi Σ. ertanyaan selanjutnya adalah ke manakah arah aliran arus dalam kumparan tersebut? Apakah
a b
B(t)
a b
B(t)
Gambar 7.5 Medan magnet yang berubah-ubah menembus sebuah kumparan. Ke manakah arah
Medan magnet yang berubah-pParus melewati hambatan dari a ke b atau dari b ke a?
250
i ke mana arah arus induksi dalam loop rsebut tidak terungkap lebih detail dalam hokum tersebut. Arah arus induksi yang dihasilkan
maka arah arus induksi harus edemikian rupa sehingga medan magnet yang dihasilkannya memperkecil fluks tersebut. Ini
agnet yang dihasilkan arus induksi berlawanan dengan arah
gnet yang dihasilkan arus induksi searah dengan arah medan
menembus fluks nilainya sedang berubah dari kecil ke besar maka uks dalam loop makin besar. Berdasarkan hokum Lentz, arah arus induksi harus memperkecil
arus induksi menghasilkan medan arah ke bawah. Agar dihasilkan
a dengan arah medan
at berbentuk hutuf U diletakkan dalam medan magnet konstan dengan idang kawat tegak lurus medan magnet B yang konnstan. Sebuah batang ab diletakkan di atas
sehingga terjadi kontak listrik dengan dua kaki kawat U. Batang ab digerakkan ke
Hukum Faraday hanya mengungkapkan besarnya ggl induksi yang dihasilkan ketika terjadi perubahan fluks magnetic dalam suatu loop. Tetaptediungkapkan oleh hokum Lentz yang bunyinya sebagai berikut Arah arus induksi dalam suatu kumparan adalah sedemikian rupa sehingga medan magnet yang dihasilkan arus tersebut melawan perubahan fluks penyebabnya. Apa makna pernyataan hokum ini? i) Jika fluks yang menyebabkan ggl makin lama makin besar shanya mungkin jika arah medan mmedan 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 mayang diterapkan pada loop. Kita kembali ke Gbr. 7.5. i) Jika medan magnet yang flfluks ini. Ini terjadi jika medan ke arah bawah maka dengan menggunakan aturan tangan kanan, aras arus induksi harus searah putaran jarum jam. Atau pada hambatan, arus mengalir dari b ke a. ii) Jika medan magnet yang menembus fluks nilainya sedang berubah dari besar ke kecil maka fluks dalam loop makin kecil. Berdasarkan hokum Lentz, arah arus induksi harus memperbesar fluks ini. Ini terjadi jika arus induksi menghasilkan medan arah ke atas (samyang diterapkan). Agar dihasilkan medan ke arah atas maka dengan menggunakan aturan tangan kanan, aras arus induksi harus berlawanan dengan arah putaran jarum jam. Atau pada hambatan, arus mengalir dari a ke b. Contoh Pada Gbr 7.6, sebuah kawbkawat Ukanan dengan laju tetap v. Jika hambatan total loop adalah R, berapa arus yang mengalir dalam loop dan ke manakah arah arus tersebut?
aa
× × × × × × × × × × ×× × × × × × × × × × ×× × × × × × × × × × ×× × × × × × × × × × ×
v
b
LL × × × × × × × × × × ×× × × × × × × × × × ×× × × × × × × × × × ×
v
b
× × × × × × × × × × ×
251
Gambar 7.6 awab ntuk menentukan ggl yang dihasilkan, kita harus menentukan fluks terlebih dahulu.
tu saat jarak batang ab ke ujung kiri kawat U adalah x. Maka luas loop adalah
loop apat langsung ditulis
JUMisalkan sua
LxA = Karena arah medan magnet tagak lurus bidang loop maka fluks magnetic yang dilingkupid
BLxBA ==
raday, ggl yang dihasilkan adalah
φ Berdasarkan hokum Fa
dtdxNBL
dtBLxdN
dtdN −=−=−=Σ
)(φ
arena batang ab hanya satu, maka jumlah lilitan loop hanya satu, atau N = 1. Besaran tidak lain dariupada laju gerakan batang ab, atau
dtdx /
vdtdx =/K
. Jagi, ggl yang dihasilkan adalah
BLv−=Σ Arus induksi yang dihasilkan
RBLv
RI −=
Σ=
e mana arah arus induksi? Ketika batang ab digerakkan ke kanan maka luas loop makin besar. Akibatnya, fluks magnetic
K
252
yang dihasilkan makin besar. Berdasarkan hokum Lentz, arah arus induksi yang dihasilkan harus melawan perubahan fluks tersebut. Jadi, arah arus induksi yang dihasilkan harus memperkecil
uks tersebut. Ini terjadi jika arah medan magnet yang dihasilkan arus induksi berlawanan yang ada. Atau arah medan magnet yang dihasilkan arus induksi
magnet. Berapakah tegangan antara ujung a dan b yang dihasilkan dan ujung anakah yang memiliki tegangan lebih tinggi?
Gambar 7.7 Jawab Untuk mencari gg menentukan fluks. Ini tampak sulit
arena kita hanya memiliki satu batang, bukan lintasan tertutup. amun kita dapat mengakali dengan cara menghubungkan batang tersebut dengan sebuah
hambatannya tak berhingga sehingga antara batang dan lintasan tambahan ini embentuk lintasan tertutup.
n acb yang kita buat memiliki hambatan tak berhingga sehingga ada atau tidak adanya
fldengan arah medan magnet haris dari belakang ke depan. Dengan aturan tangan kanan, maka agar medan yang dihasilkan berarah dari belakang ke dapan maka arah arus induksi harus berlawnan dengan arah perputaran jarum jam. Contoh Sebuah batang ab yang panjangnya L berputar dalam medan magnet konstan B dengan kecepatan sudut tetap ω. Sumbu putar adalah salah satu ujung batang dan bidang putar tegak lurus medanm
× × × × × × × × ×× × × × × × × × ×× × × × × × × × ×× × × × × ×
a
× × ×
b
L× × × × × × × × ×× × × × × × × × ×× × × × × × × × ×× × × × × × × × ×× × × × × × × × ×
ω
× × × × × × × × ×× × × × × × × × ×× × × × × × × × ×× × × × × ×
a
× × ×
b
L× × × × × × × × ×× × × × × × × × ×× × × × × × × × ×× × × × × × × × ×× × × × × × × × ×
ω
l yang dihasilkan kita harus terlebih dahulukNlintasan yangmLintasalintasan tersebut tidak berpengaruh pada arus yang dihasilkan (arus tetap nol). Kita tinjau suatu saat ketika batang ab telah berputar sejauh sudut θ. Luas loop saat ini adalah
2222/ 2
2 LLA ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −=×
−= θππ
πθπ
Fluks magnetic yang dilingkupi fluks suatu saat adalah
θπθπφ2422
222 BLBLBLBA −=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −==
GGl induksi yang dihasilkan
dtdBLBLBL
dtd
dtdN θθπφ
20
241
222
+−=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−×−=−=Σ
Tetapi, dtd /θ adalah kecepatan sudut putaran batang ab, yaitu ω. Jadi kita peroleh
ω2
2BL=Σ
ari kita memisalkan lintasan acb yang kita tambahkah memiliki hambatan yang berhingga sehingga ada arus induksi dalam loop. Putaran batang ab menyebabkan luas loop berkurang sehingga fluks berkurang. Akibatnya, arus induksi harus memperbesar fluks dengan cara
enghasilkan medan magnet yang searah dengan medan magnet yang telah ada. Ini hanya si searah dengan putaran jarum jam.
strik. Pada sepeda, energi listrik yang dihasilkan digunakan untuk menyalakan mpu sepeda. Dinamo terdiri dari sebuah kumparan yang bergerak dalam medan magnet tetap. i bagian luar dynamo ada bagian yang dapat disentuhkan atau dilepaskan dari roda sepeda.
ut berhubungan dengan kumparan di dalam dynamo. Ketika bagian ini disentuhkan
Ke mana arah arus induksi? M
mmungkin jika arah arus indukAgar arus induksi searah dengan putaran jarum jam, maka batang ab harus memiliki kutub positif di a dan kutub negatif di b. Dengan demikian, jika lintasan tambahan acb tidak ada maka tidak ada arus yang mengalir, tetapi batang ab memiliki tegangan yang berbeda. Tittik a memiliki tegangan yang lebih tinggi daripada titik b. 7.5 Dinamo Kita sering menjumpai dynamo pada sepeda. Dinamo digunakan untuk mengubah energi gerak menjadi energi lilaDBagian tersebke roda sepeda maka bagian tersebut berputar mengikuti putaran roda sepeda sehingga kumparan di dalam dynamo berputar. Akibatnya, fluks yang dikandung kumparan berubah-ubah. Perubahan fluks tersebut menghasilkan ggl induksi yang pada akhirnya mengalirkan arus ke lampu. Dan
253
lampu akhirnya menyala. Di siang hari kita melepaskan kontak dynamo dengan roda sepeda sehingga lampu tidak menyala pada siang hari. Bagaimana prinsip kerja dynamo?
θ
a
b
b sin θ θ
a
b
b sin θ
254
Lihat gam kump
edan magnet berubah-ubah sehingga terjadi perubahan fluks yang dikandung kumparan
Gambar 7.8 Skema bagian dalam dinamo
bar 7.8. Kumparan XYWX dapat berputar dalam medan magnet tetap. Panjang sisi-sisiaran adalah a dan b. Akibat perputaran maka luas penampang kumparan yang tegak lurus
mtersebut. Luas kumparan adalah abA = . Akibat perputaran kumparan, maka proyeksi luas kumparan dalam arah tegak lurus medan magnet hanya θsin' abA = . Dengan demikian, fluks magnetic yang dikandung kumparan tiap saat adalah
θφ sin' BabBA == Andaikan kumparan berputar dengan kecepatan sudut tetap (gerak melingkar beraturan). Maka hubungan antara sudut dan keceparan sudut memenuhi
tωθ = Maka kita dapat menulis
tBab ωφ sin= ika jumlah lilitan pada kumparan dynamo adalah N maka ggl induksi yang dihasilkan kumparan J
dynamo menjadi
)cos()(sin)sin( tNBabdt
tdNBabdt
tBabdNdtdN ωωωωφ
−=−=−=−=Σ
tNBab ωω cos−=
tmaks ωcosΣ−= (7.10) dengan
ωNBabmaks =Σ (7.11)
ang merupakan amplitudo ggl yang dihasilkan.
ampak bahwa ggl yang dihasilkan dynamo berubah secara sinusoidal (merupakan fungsi sinus atau kosinus). G
Contoh Berapa tegangan m engandung 100
litan yang sedang berotasi dalam medan magnet 0,2T dengan laju 20 r.p.m? Luas kumparan dalah 2,5 cm2
iberikan N = 100, B = 0,2 T, ω = 20 r.p.m = 20 ×(2π)/60 rad/s = 2,1 rad/s, dan A = 2,5 cm2 = m2.
y T
br 7.9 adalah plot ggl yang dihasilkan dynamo.
Σ
Waktu, t
Σ
255
Gambar 7.9 Bentuk tegangan keluaran sebuah dinamo
aksiumum yang dapat diperoleh dari sebuah kumparan yang mliaJawab D2,5 × 10-4
maksΣ
Waktu, t
Σ
maks
Pada persamaa (55.1), perkalian ab tidak lain daripada luas kumparan sehingga kita dapat menulis
11,01,2)105,2(2,0100 4 =××××==Σ −ωNBAmaks volt
256
bayangkan kita memiliki sebuah solenoid. Jika solenoid tersebut dialiri arus searah aka 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 etapi jika solenoid dilairi arus yang
erubah-ubah terhadap waktu, maka sifat solenoid akan berubah.
arus searah. Berapa besar ggl duksi antara dua ujung solenoid tersebut? Mari kita analisis.
Gambar 7.10 (kiri) tegangan antara dua ujung solenoid. (kanan)solenoid.
.7 Ggl antara dua ujung solenoid embali ke Bab 5, kuat medan magnet dalam rongga solenoid adalah
7.6 Induktansi Sekarangm
nol. Tb Karena arus berubah-ubah terhadap waktu maka kuat medan magnet dalam solenoid berubah-ubah. Karena luas penampang solenoid tetap maka fluks magnetic yang dikandung solenoid berubah terhadap waktu. Berdasarkan hokum Faraday maka solenoid menghsilkan ggl induksi. Dengan demikian, ketika dialiri arus bolak-balik maka muncul tegangan antara dua ujung solenoid. Tegangan ini tidak muncul ketika solenoid dialiriin
Σ = 0Idc Σ ≠ 0
IacΣ = 0Idc Σ ≠ 0
Iac
jika solenoid dialiri arus dc, tidak muncul jika solenoid dialiri arus ac maka muncul tegangan antara dua ujung
7K
nIB oµ= (7.12)
257
ika luas penampang solenoid A maka fluks magnetic dalam solenoid adalah J
nIABA oµφ == (7.13)
Oleh kare
na itu, berdasarkan hokum Faraday, ggl induksi yang dihasilkan solenoid adalah
dtdInAN
nIAdNdN o µ
dtdt oµφ
−=−=−=)(
(Σ 7.14)
engan N adalah jumlah kumparan solenoid.
ampak bahwa ggl induksi yang dihasilkan berbanding lurus dengan laju perubahan arus. Untuk arus yang konstant (arus dc) maka di/dt induksi hanya ada jika arus yang mengalir beruba
ol.
anda minus dalam persamaan (7.14) menyatakan bahwa polarisasi ggl yang dihasilkan melawan
t < 0) maka polarisasi ggl harus menghasilkan arus yang searah arus penyebab ini. Gbr 7.11 dalah contoh arah arus yang mengalir dalam solenoid dan arah arus induksi yang dihasilkan
d T
= 0 sehingga ggl induksi yang dihasilkannya nol. Ggl h-ubah terhadap waktu sehingga dI/dt tidak
n Tlaju perubahan arus. Ini bersesuaian dengan ungkapan hokum Lentz. Jika arus yang mengalir pada solenoid makin besar (dI/dt > 0) maka polarisasi ggl harus menghasilkan arus yang melawan arus penyebab ini. Dan sebaliknya, jika arus yang mengalir pada solenoid makin kecil (dI/da
t
t
I yan
g di
berik
anI i
nduk
si
0 a b c
t
t
I ind
uksi
I yan
g di
berik
an
0 a b c
258
Gambar 7.11 (atas) arus yang diberikan pada solenoid dan (bawah) arus induksi yang dihasilkan. i) Berdasarkan Gbr 7.11, pada saat antara 0 sampai a, arus yang mengalir pada solenoid makin besar sehingga dI/dt positif. Akibatnya arus induksi yang dihasilkan berharga negatif. Laju perubahan arus yang diberikan pada solenoid (kemiringan kurva arus) makiin kecil sehingga harga arus induksi yang dihasilkan makin kecil dan menjadi nol pada titik a ketika kemiringan kurva arus yang diberikan nol. ii) Antara a sampai b, arus yang diberikan pada solenoid makin kecil dan berubah secara linier. Dengan demikian, dI/dt berharga konstan negatif. Akibatnya, arus induksi yang dihasilkan berharga konstan positif. iii) Antara b sampai c, arus yang diberikan pada solenoid konstan sehingga dI/dt = 0. Akibarnya arus induksi yang dihasilkan juga nol. iv) Dan pada saat t > c, arus yang diberikan pada solenoid naik secara linier. Akibatnya dI/dt
ga positif dan konstan. Dengan demikian, arus induksi yang dihasilkan berarga konstan
endefinisikan besaran yang bernama induktansi diri, L, yang memenuhi hubungan
berharnegatif. 7.8 Induktansi Diri Kita m
dtdIL−=Σ (7.15)
Dengan membandingkan persamaan (7.14) dan (7.15) kita peroleh dbentuk induktasi diri adalah
nANL oµ= (7.16) Jika l adalah panjang solenoid maka kita dapat menulis
l
Nn =
Dengan demikian, kita perolah bentuk lain ungkapan induktasi diri sebagai
l
ANL oµ=
2
(7.17)
259
atuan induktansi adalah Henry dan disingkat H. Contoh
ebuah solenoid yang panjangnya 5,0 cm dan luas penampang 0,3 cm2 memiliki 100 lilitan. Di
awab Diberikan N
engan menggunakan persamaan (7.17) maka induktansi diri solenoid adalah
S
Srongga solenoid hanya berisi udara. Berapa induktansi diri solenoid tersebut. J
= 100, l = 5,0 cm = 0,05 m, dan A = 0,3 cm2 = 0,3 × 10-4 m2 = 3 × 10-5 m2. D
65722
105,705,0
)103()104(100 −−−
×=××××
==πµ
l
ANL o H
.9 Induktansi bersama
Induktansi bersama emerlukan kehadiran dua solenoid atau lebih. Induktansi bersama memperhitungkan efek satu
solenoid terhadap solenoid lainnya.
isalkan kita memiliki dua solenoid yang didekatkan.
agnetic pada solenoid kedua juga
tersebut?
7Di samping indukstasi diri, kita juga mendefinisikan induktasi bersama.m
M
Σ2I1Σ2I1
Gambar 7.12 Dua buah kumparan yang berada pada jarak cukup dekat Solenoid pertama dialiri arus I1 yang berubah-ubah terhadap waktu. Akibatnya, medan magnet yang dihasilkan solenoid tersebut berubah-ubah. Sebagian medan magnet ini masuk ke dalam rongga solenoid kedua sehingga menghasilkan fluks pada solenoid kedua. Karena medan magnet berubah-ubah maka fluks mberubah-ubah. Akibatnya, pada solenoid kedua muncul ggl induksi. Berapa besar ggl induksi
260
Misalkan medan magnet yang dihasilkan solenoid pertama adalah B1. Maka medan magnet yang menembus solenoid kedua berbanding lurus dengan B1, atau
Tentu saja medan magnet yang dihasilkan di rongga medan magnet kedua lebih kecil daripada medan magnet di rongga solenoid pertama karena ada sebagian medan yang dihasilkan solenoid
a tidak masuk ke dalam rongga solenoid kedua. Dengan demikian dapat kita tulis
12 BB ∝
pertam B 12 B (7.18) ξ= Dengan ξ adalah konstanta yang nilainya kurang dari satu. Jika luas penampang solenoid kedua adalah A2 maka fluks magnetic pada solenoid kedua adalah
21222 ABAB ξφ == (7.19) Dengan menganggap bahwa solenoid bersifat ideal, maka medan magnet yang dihasilkan solenoid pertama memenuhi
111 InB oµ= (7.20) Jadi,
1212 o IAnξµ= (7.21) φ Ggl induksi yang dihasilkan oleh solenoid kedua menjadi
dtdN 2
2φ 2 −=Σ
dtdIAnNo
2212ξµ−= (7.22)
endefinisikan besaran yang bernama induktansi bersama sebagai berikut Kita m
dtdIL 1
212 − (7.23) Σ
261
aman (7.22) dan (7.23) kita peroleh bentuk induktansi bersama
NL o
Dengan membandingkan pers
212 Anξµ=
adalah panjang solenoid pertama maka
(7.24) 21
1l 111 / lNn =Jika . Akhirnya kita dapatkan bentuk in induktansi bersama sebagai berikut
la
121
l221 ANNoL
ξµ= (7.25)
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 solenoidmedan magnet yang dihasilkan
ka dua solenoid berimpitan dan konsentris maka ξ = 1. Ini terjadi karena rongga solenoid
Contoh Dua buah soleno
asing-masing solenopid adalah N1, l1, dan a1 untuk solenoid pertama dan N2, l2, dan a2 ma
21 dan L12. awab
i solenoid kecil adalah
sangat besar (mendekati tak berhingga) maka ξ = 0. Ini baerarti tidak ada solenoid pertama yang masuk ke solenoid kedua. Sebaliknya,
jipertama juga merupakan rongga solenoid kedua.
id disusun secara konsentris. Jumlah lilitan, panjang, dan jari-jari muntuk solenoid kedua. Tentukan induktansi diri masing-masing solenoid dan induktansi bersaL
J
Gambar 7.13 Dua buah solenoid konsentris Skema dua solenoid tampak pada gambar 7.13. Misalkan solenoid kecil memiliki jari-jari a1 dan solenoid besar memiliki jari-jari a2. Induktansi dir
11
111
lllo
21N
L =212
21
211 )( aN
aNA oo πµπµµ
==
Induktansi diri solenoid besar adalah
2
222
22
22
22
2
222
262
2)(
lll
aNaNAN
ooo πµπµµ
===
Jika solenoid kecil yang diberi arus maka medan magnet hanya ada dalam rongga solenoid kecil. Di aruang antara dua solenoid, medan magnet nol.
ambar 7.14 Medan magnet hanya ada dalam rongga solenoid kecil
L
a1
a2
a1
a2
G Jadi, fluks magnetic yang dikandung solenoid besar hanya
111
1111112 IANAInAB oo
lµµφ ===
Jika diperhatikan dengan seksama tampak bahwa fluks yang dikandung solenoid besar sama
engan fluks yang dikandung solenoid kecil. Ggl induksi pada solenoid besar menjadi d
dtdIANN
dtdN o
11
1
12
222
lµ
φ−=−=Σ (7.26)
Ggl tersebut dapat ditulis pula dalam bentuk
dtdIL 1
212 −=Σ (7.27)
Dengan membandingkan persam .27) kita dapatkan bentuk ungkapan induktasi bersama
aan (7.26) dan (7
121
12121
llNNNNL oo µµ ==
211 aA π (7.28)
263
dalam rongga solenoid besar diisi edan magnet yang besarnya
Jika solenoid besar yang dialiri arus maka seluruh ruangm
222 InB oµ= Medan yang besarnya sama menembus ruang dalam rongga solenoid kecil. Fluks magnetic pada rongga solenoid kecil menjadi
2 12
2122121 IANAInAB oo
lµµφ ===
.15 Medan magnet ada dalam rongga solenoid besar dan kecil
Ggl induksi pada solenoid kecil menjadi
a1
a2
a1
a2
Gambar 7
dtdt o 12
111l
dIANNdN 221 µφ
−=−= (7.29)
gl tersebut dapat ditulis pula dalam bentuk
Σ
G
dt121
dIL 2−= (7.30)
engan membandingkan persamaan (7.29) dan (7.30) kita dapatkan bentuk ungkapan induktasi bersama
Σ
D
22
lo
Induktansi rongga solenoid m
mperbesar induktansi suat
21
12
12112
l
aNNANNL oπ
µµ == (7.31)
7.10 MemperbesarJika hanya ruang kosong dalam aka induktansi yang dimiliki solenoid tersebut sangat kecil. Untuk me u solenoid, kita masukkan bahan magnetik ke alam rongga solenoid tersebut. Hal ini serupa dengan memasukkan bahan dielektrik antara dua d
264
elat kapasitor dengan maksud memperbesar kapasitansi.
edan magnet yang mula-mula B saat solenoid kosong berubah menjadi
p M
BB µ=' (7.32) ketika di dalam rongga solenoid dimasukkan bahan magnetic dengan permeabilitas . Dengan
emikian, fluks magnetic dalam solenoid ketika solenoid tersebut dilewati arus adalah µ
d
nIAoµµφ = (7.33) Ggl induksi yang dihasilkan arus adalah
dtdInAN
dtdN µµoφ
−=−=Σ
Maka induktansi diri solenoid ter
sebut adalah
ANNnANL oo ⎟⎠
⎜⎝ l
⎞⎛== µµµµ
l
AN oµµ2= (7.34)
Tampak bahwa induktansi menjadi µ kali lebih besar dibandingkan dengan induktansi saat olenoid kosong.
ontoh Sebuah
) Jika di rongga solenoid hanya berisi udara, berapa induktansi diri solenoid tersebut? (b)
iberikan N = 200, l = 4,0 cm = 0,04 m, A = 0,5 cm2 = 0,5 × 10-4 m2 = 5 × 10-5 m2. a) Jika rong
s C
solenoid dengan panjangnya 4,0 cm dan luas penampang 0,5 cm2 memiliki 200 lilitan. (aBerapa induktansi solenoid jika rongga solenoid berisi teras besi dengan µ = 4000? Jawab D
ga solenoid kosong maka
55722 105()104(200 − ××××
==πµ AN
L o 103,604,0
) −−
×=l
H
b) Jika rongga solenoid berisi teras besi maka
25,004,0
)105()104(4000200 5722
=×××××
==−−πµµ
l
ANL o H
265
.11 Energi Medan Magnet Misalkan sebuah solenoid dialiri arus I. Maka pada dua ujung solenoid muncul ggl induksi sebesar
7
dtdIL−=Σ
ar dq mengalir melewati solenoid tersebut maka energi yang diperlukan untuk elawan beda potensial solenoid adalah
Jika muatan sebesm
dqdtdILdqdW =Σ−=
dtdqLdI= (7.35)
lis
rus pada solenoid dari nol hingga arus I adalah
Tetapi Idtdq =/ sehingga dapat ditu
dILIdW =
Kerja total yang dilakukan untuk melewatkan a
2
0
2
000 21
21 LIILIdILLIdIdW
IIII
=⎥⎦⎤
⎢⎣⎡==== ∫∫∫ (7.36)
ng diberikan tersimpan sebagai energi dalam solenoid. Jadi, energi yang tersimpan alam solenoid yang dialiri arus I adalah
W
Kerja yad
2
21 LIU = (7.37)
rsamaan (7.38). Kuat medan magnet dalam rongga olenoid (dengan anggapan solenoid ideal) adalah
Induktansi diri solenoid memenuhi pes
INnIB ool
µµ ==
atau
NBI =oµl (7.38)
ubstitusi persamaan (7.17) dan (7.38) ke dalam persamaan (7.37) diperoleh S
22 ⎞⎛⎞⎛ AN µ
266
21
⎟⎟⎠
⎜⎜⎝⎟⎟⎠
⎜⎜⎝
=N
B
o
o
µl
l U
)(2
121 2
22
222
ll
lAB
NBAN
oo
o
µµµ
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛= (7.39)
ripada volum rongga solenoid. Kita definisikan rapat nergi medan magnetik per satuan volum sebagai
Bagian dalam tanda kurung tidak lain dae
)( lAUu =
2
21 B
oµ= (7.40)
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
persamaan (7.40) tersebut. Bentuk persaman (7.40) sangat mirip dengan ungkapat rapat
gi medan listrik yang telah kita bahas sebelumnya.
ontoh
cm dan diameter 2,0 cm adalah 0,80 T. Perkirakan berapa energi yang tersimpan dalam rongga solenoid tersebut. Jawab Diberikan l = 36 cm = 0,36 m Jari-jari solenoid, a = (2,0/2) = 1,0 cm = 0,01 m Luas penampang solenoid
m2 olum rongga solenoid adalah
noid
oleh
2)2/( Eoε ener
CMedan magnet di dalam sebuah solenoid yang berisi udara dengan panjang 36
422 1014,3)01,0(14,3 −×=×== aA πV
414 1013,136,0)1014,3( −− ×=××== lAV m3 Kerapatan energi medan magnet dalam rongga sole
627
2 10)8,0()104(2
12
1=
××== −πµ
Buo
J/m3
Dengan demikian, perkiraan jumlah energi medan magnet yang tersimpan dalam solenoid adalah
113)1013,1(10 46 =×× J == −uVU
267
.12 Transformator
Gambar 7.16 Contoh transformator
a) Tr
i) Kumparan primer berada di bagian inpu t tegangan listrik masuk ke dalam trafo. ii) Kumparan sekunder berada di bagian output trafo, tempat tegangan listrik hasil pengubahan
Gambar 7.17 (a) maka medan magnet yang dihasilkan kumparan mehyebar ke luar. (b) silkan kumparan terperangkap dalam teras jika di dalam r Jika arus masuk ke dalam kum ka dihasilkan medan magnet. Medan magnet yang dihasilkan kum paran sekunder. Agar pengarahan
rsebutberlangsung efektif maka di dalam rongga trafo umumnya diisi teras besi atau bahan lain
7Transformator 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.
afo memiliki dua kumparan.
Secara umum trafo memiliki dua kumparan. t, tempa
keluar dari trafo.
Jika tidak digunakan teras medan magnet yang diha
ongga kumparan dipasang teras besi.
paran primer maparan primer diarahkan ke kum
te
268
an penggunaan bahan tersebut maka seolah-olah medan agnet yang dihasilkan kumparan primer mengalir ke dalam bahan tersebut dan seluruhnya
7.18 adalah skema trafo di mana kumparan primer dan ng sama.
ambar 7.18 Skema trafo
(7.41)
yang dapat bersifat magnetic. Dengmmencapai kumparan sekunder. Gb sekunder sama-sama melingkupi teras besi ya
G Jadi diperoleh
ps BB =
dengan Bs : medan magnet yang ada di kumparan sekunder dan Bp : medan magnet yang ada dalam kumparan primer Dengan asumsi bahwa kumparan primer berperilaku sebagai solenoid ideal maka
ppop InB µµ= (7.42)
dengan µ er adalah
permeabilitas bahan teras. Fluks magnetic pada kumparan prim
pppoppp AInAB µµφ == (7.43)
Fluks magnetic pada kumparan sekunder adalah
sppospsss AInABAB µµφ === (7.44)
269
an pada kumparan primer adalah Ggl indukasi yang dihasilk
dtdI
AnNdt
dN p p
ppoppp µµφ
−= (7.45)
Ggl indu
−=Σ
kasi yang dihasilkan pada kumparan sekunder adalah
dtAnN
dtN sposss µµ−=−=Σ (7.46)
dId psφ
engan demikian D
pp
ss
p
s
ANAN
=ΣΣ
ika dianggap bahwa luas penampang kumparan primer dan sekunder sama maka diperoleh J
p
s
p
s
NN
=ΣΣ
(7.47)
ampak dari persamaan di atas bahwa
sar daripada tegangan masukan. Trafo semacam i disebut trafo step-up
i) Jika Ns < Np maka tegangan ini disebut trafo step-down
ebuah trafo pada radio portable di rumah menurunkan tegangan dari 220 V menjadi 9 V. Kumparan sekunder mengandung 30 lilitan. Berapa lilitan yang ada dalamJawab
Ti) Jika Ns > Np maka tegangan keluaran lebih bein
keluaran lebih kecil daripada tegangan masukan. Trafo semacam
Contoh S
kumparan sekunder?
73330220=×=
Σ= p IN lilitan
9Σ ss
p
.13 Daya Trafo
arus dimasukkan pada kumparan primer. Hasilnya pada kumparan sekunder iperoleh 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.
7Pada transformatord
270
aran rimer dan pada kumparan sekunder. Hubungan ini dapat ditentukan sebagai berikut.
Daya pada kumparan primer adalah
(7.48)
asuk ke kumparan primer dan Ip : arus pada kumparan primer
er adalah
(7.49)
Tidak semua daya pada kump er dapat dipindahkan ke kumparan sekunder. Hanya trafo idel yang sanggup memindahkan seluruh daya dari kumparan primer ke kumparan sekunder. Jika
adalah efisiensi trafo maka dipenuhi
Dari sifat pemindahan energi ini kita dapat menentukan hubungan antara arus pada kumpp
ppp
dengan Pp : daya yang m
IP Σ=
Daya pada kumparan sekund
ss IP Σ= s
dengan Ps : daya yang masuk ke kumparan sekunder Is : arus pada kumparan sekunder
aran prim
η
ps PP η=
atau
ppss II Σ=Σ η
atau
ps
p IIΣ
=η s Σ(7.50)
engan memasukkan persamaan (7.47) ke dalam persamaan (7.50) diperoleh
D
pp
s IN
I ⎟⎟⎜⎜=η s
N
⎠
⎞
⎝
⎛
atau
271
sp
Contoh
ps
Nη= (7.51)
ebuah trafo step-up mengubah tegangan 25 volt menjadi 250 volt. Jika efisiensi trafo itu 80% dan kum aran sekundernya dihubungkan dengan lampu 250 volt 50 watt, tentukan arus dalam kumparan primer
Perbandingan jumlah lilitan sekunder dan primer adalah
NII
Sp
Jawab
1025
250==
pNsN
fisiensi trafo η = 80% = 0,8 Hubungan apersamaan tersebut kita dapat menulis
Entara arus pada kumparan sekunder dan primer memenuhi persamaan (56.34). Dari
sssp
s IIIN
I 5,121011=××== p N 8,0η
Sebelum menentukan Ip kita tentukan dahulu Is. Tegangan pada kumparan sekunder adalah 250 V. Tegangan ini melewati sebuah lampu yang tertulis 250 volt 50 watt. Besar hambatan lampu
125050
25022
===P
VR Ohm
Maka, arus sekunder adalah
2,01250250
==sI A
=s A
Contoh Rata-rata sebesar 120 kW daya listik dikirim ke kota kecil dari suatu pembangkit yang jaraknya
memiliki hambatan total 0,40 Ω. Hitunglah daya yang hilang jika
awab
Dengan demikian, arus primer adalah
5,125,12 ×== II 5,22,0p
10 km. Jalur kawat transmisi transmisi dilakukan pada tegangan (a) 220 V, dan (b) 24.000 V J
272
a) Jika dirnasmisi pada tegangan 220 V maka arus yang mengalir pada kawat transmisi adalah
545220
120000===
VPI A
Daya yang hilang pada kabel transmisi adalah
hilang Watt
b) Jika dirnasm 24 000 V maka arus yang mengalir pada kawat transmisi dalah
4,0)545( 22 =×== RIP 118810
isi pada tegangan a
524000
120000===
VPI A
aya yang hilang pada kabel transmisi adalah
.14 Pabrik Aluminium enggantungkan operasionalnya pada sumber tanaga listrik. Listrik yang
enggunakan metode elektrolisis cairan aluminium oksida memerlukan arus listrik puluhan ribu
ampere. Agar proses ini dapat berlangsung, dibutuhkan tegangan listrik kira-kira 1000 V dan arus listrik hingga 70 000 A. Bagaimana mendapatkan arus yang lusr biasa besar ini? awabannya adalah menggunakan transformator.
isalkan pabrik tersebut mendapat listrik dari jaringan PLN bertegangan 33 000 volt. Untuk mendapatkan tegangan kerja 1 000 v n dari jaringan tersebut harus diturungakn dengan menggunakan trafo step down. Dengan asumsi efisiensi trafo 100% maka perbandingan
mlah lilitan sekunder dan primenr adalah
D
4,0522 ×== RIPhilang = 10 Watt
7Sejumlah industrai mdibutuhkan industri umumnya sangat besar. Sebagai contoh, pabrik pembuatan aluminium yangm
J M
olt, maka teganga
ju
331
330001000
==sN
o
Karena trafo dianggap emiliki efisiensi 100% maka η = 100% = 1. Dengan demikian,
erbandingan arus primer dan sekunder adalah
N
mp
331
==o
s
s
p
NN
II
Jika Is = 70 000 ampere maka besar arus primer adalah
212170000=== sI
I 3333p A
Nilai arus primer ini cukup besar. Tetapi jauh lebih kecil daripada 70 000 ampere yang diperlukan untuk mengelektrolisis aluminium oksida. 7.15 Detektor Logam
am, langsung terdengar bunyi. Alat-lat tersebut inamakan detektor logam.
Detektor logam sangat vitas digunakan di bandara untuk menghindari pembajak yang membawa ejata tajam dan senjata api yang umumnya terbuat dari logam. Bagaimana sih prinsip kerja
Ketika melakukan check-in di bandara, petugas bandara sering mengarahkan semacam tongkat ke arah tubuh kita. Apabila kita membawa benda yang terbuat dari logam, langsung terdengar bunyi. Hal yang sama ketika kita check-in, kiat haris melewati pintu khusus. Dan jika kita membawa benda yang mengandung logd
sdeteknor logam?
Gambar 7.19 Skema detektor logam Detektor logam secara prinsip terdiri dari dua buah lilitan yang orientasinya saling tegak lurus. Arus bolak-balik dialirkan ke lilitan besar sehingga dihasilkan medan magnet yang berubah-ubah
273
274
umparan kecil dalam arah yang sejajar bidang kumparan kecil maka dak ada fluks magnetik dalam kumparan kecil. Dengan demikian, tidak ada arus yang
pat itu terdapat logam, maka perubahan medan magnet pada kumparan besar engimbas munculnya arus pada logam di dekatnya. Arus yang dihasilkan dalam logam
menghasilkan medan magnet yang berubah-ubah di sekitarnya. Medan magnet ini ada sebagian yang menembus kumparan kecil dalam arah yang tidak sejajar kumparan kecil. Akibatnya muncul fluks magnetik dalam kumparan kecil yang menyebabkan munculnya arus pada kumparan kecil. Akhirnya, arus yang dihasilkan kumparan kecil dikuatkan dan diguanakan untuk membunyikan alarm. Soal dan Penyelesaian 1) Sebuah kawat lurus panjang dilairi arus yang berubah-ubah terhadap waktu menurut fungsi
terhadap waktu di sekitar lilitan tersebut. Tetapi, karena arah medan magnet yang dihasilkan kumparan besar, masuk ke ktidihasilkan di kumparan kecil. Jika di sekitar temm
)cos( oo tII ϕω += . Di sekitar kawat terdapat kumparan berbentuk segiempat dengan sisi-sis a . 7.20. Jumlah lilitan kumparan tersebut adalah N. Jarak dari sisi terdekat
induksi yang dihasilkan ntara dua ujung kawat
edan magnet di sekitar arus yang mengalir pada kawat lurus panjang adalah
dan b seperti pada Gbrkumparan ke kawat adalah R. Berapa ggl
paran? kum
b
Gambar 7.20 Jawab M
rπIoB
µ2
=
Kuat medan magnet di dalam kumparan berubah-ubah bergantung pada jaraknya dari kawat.
a
RI
a
b
RI
275
Dengan demikian f
luas kumparan yang diarsir. Kuat medan magnet pada lemen tersebut adalah
luks magnetic tidak dapat dicari dengan mengali langsung kuat medan dengan luas. Kita harus menggunakan metode integral untuk mencari fluks. Lihat Gbr. 7.21. Lihat elemen
rIB o
πµ2
=
Luas elemen tersebut adalah
Gambar 7.21
engan demikian, fluks magnetic pada elemen luas adalah
drbdA =
a
RI
r
dr
a
RI
r
dr
D
rdrIbBdAd o
πµ
φ2
==
Fluks magnetic total yang menembus kumparan dapat dicari dengan mengintegralkan dφ. Batas bawah integral adalah R dan batas atas adalah R+a. Jadi, fluks magnetic total adalah
[ ] [ ]RaRIbrIbrr RR 22 ∫∫ ππdrIbdrIb oaR
Ro
aRo
aRo ln)ln(
2ln
2−+==== +
++
πµ
πµµµ
φ
⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ +
=R
aRIbo ln2πµ
Ggl induksi yang dihasilkan kumparan adalah
dtdI
RaRbN
dtdN o
⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ +
−=−=Σ ln2πµφ
Tetapi
)sin())cos((
oooo tI
dttId
dtdI ϕωω
ϕω+−=
+=
Akhirnya kita dapatkan
)sin(ln2 oo
o tR
aRIbN ϕωωπµ
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ +
=Σ
) Gambar 7.22 memperlihatkan sebuah kawat lurus panjang yang dilairi arus I. Sebuah cincin Jika arus berubah terhadap waktu,
eraoa ggl yang dihasilkan pada kumparan?
ambar 7.22
Jawab Karena arah medan magnet yang dihasilkan kawat adalah radial maka bidang kumparan sejajar
gnetic yang menembus kumparan nol. Dengan emikian, tidak ada ggl induksi yang dihasilkan.
3) Perhatikan Gambar 7.23. Kum a dengan jumlah lilitan N1 dan panjang l1 berada i dekat kumparan kedua dengan jumlah lilitan N2 dan panjang l2. Jari-jari kedua kumparan
ama a. Medan magnet dari kumparan pertama yang menembus kumparan kedua hanya 0%. Jika arus yang mengalir pada kumparan pertama adalah
2ditempatkan secara konsentris di sekitar kawat tersebut. b
II
G
dengan medn magnet. Akibatnya, fluks mad
paran pertamdsama-s
tII o ωsin=8 , berapa gl yang
276
277
dihasilkan pada kumparan kedua?
awab Dengan anggapan kumparan ideal maka medan magnet yang dihasilkan kumparan pertama adlah
Gambar 7.23 J
INInB oo1
111
lµµ ==
Medan magnet yang masuk ke kumparan kedua dalah
INBB o1
112 8,08,0
lµ==
Fluks magnetic pada kumparan kedua
INaaINABφ = oo11
222ll
Ggl induksi pada kumparan kedua
1221 8,0)(8,0 πµπµ ==
dtdt o1
222l
Tetapi,
dINaNdN 122 8,0 πµφ
×−=−= Σ
tIdt
tIddtdI
oo ωω
ωcos
)sin(==
Akhirnya diperoleh
tIaNN oo ω
ωπµcos8,0
1
221
2l
−=Σ
4) Anggap loop pada Gbr 7.24 terbuat dari tembaga mengandung 85 lilitan. Misalkan L = 13 cm, B = 1,5 T, R = 6,2 Ω, dan v = 18 cm/s. a) Berapa ggl induksi yang muncul pada kumparan? B) berapa arus induksi? C) Berapa gaya yang kamu lakukan pada koil agar tetap bergerak ke kanan?
enggerakkan loop?
awab a) Kita sudah membahas ggl induksi yang dihasilkan oleh gerakan satu batang di atas kawat
D) Berapa daya yang dikeluarkan untuk m J
278
. Untuk kumparan yang terdiri dari N lilitan, ggl yang ihasilkan adalah
Lv = 3 V
b) Arus induksi yang mengalir pada kumparan
BLv=Σberbentuk huruf U adalah d =Σ NB 18,013,05,185 ×××=
2,6R3
=Σ
=I = 0,48 ampere
c) Ketika kumparan ditarik ke kanan maka hanya sisi kumparan yang kiri saja yang mengalami kawat adalah 0,48 A. Karena loop terdiri dari
engalir pada loop adalah 85 × 0,48 = 40,8 A. Dengan demikian, paran menjadi
Gambar 7.24
gaya Lorentz. Besar arus yang maka total arus yang m
engalir pada satu85 lilitan, mgaya Lorentz pada kum
5,113,08,40 ××== ILBF = 8 N
×× × × × × × × × ×× × × × × × × × ×× × × × × × × × ×
× ×× × × × × × × × ×× × × × × × × ×
× × × ×× × × ×× × × ×× × × ×× × × ×× × × ×× × × ×× × × ×× × × ×
× × × × × × × × ×× × × × × × × × ×× × × × × × × ×
d) Daya yang dikerjakan untuk menggerakkan loop adalah
18,08×== FvP = 1,44 W
× × × × × × ×
×
L vB
× × × × × × × × ×× × × × × × × × ×
×× × × × × × × × ×× × × × × × × × ×× × × × × × × × ×
× ×× × × × × × × × ×× × × × × × × ×
× × × ×× × × ×× × × ×× × × ×× × × ×× × × ×× × × ×× × × ×× × × ×
× × × × × × × ×
× × × × × × ×
×
L vB
279
ambar 7.25
5) Dua cincin konduktor diletakkan koaksial pada jarak d (Gbr. 7.25). Seorang pengamat melihat ke dua cincin tersebut melalui sumbunya dari sisi kiri cincin besar. Tiba-tiba arus dalam arah sesuai dengan putaran jarum jam muncul pada cincin pertama. (a) ke mana arah arus induksi pada cincin kedua? (b) ke mana arah gaya pada cincin kecil andaikata gaya tersebut ada? Jawab (a) Ketika arus tiba-tiba mucul pada cincin pertama maka tiba-tiba pula muncul fluks pada cincin kedua. Dengan demikian pada cincin kedua muncul ggl induksi yang melahirkan arus. Dengan menggunakan aturan tangan kanan, arah medan yang dihasilkan cincin kiri pada lokasi cincin kanan adalah ke kanan. Arus induksi pada cincin kanan harus melawan perubahan fluks di dalam cincin tersebut. Dan agar ini terjadi maka medan magnet yang dihasilkan cincin kanan harus berarah ke kiri.
edan magnet yang dihasilkan cincin kanan berarah ke kiri, maka dengan aturan tangan anan, arah arus pada cincin kanan harus berlawanan dengan arah putaran jarum jam. Atau arah
in kanan berlawanan dengan arah arus pada cincin besar di kiri.
kumparan X dikecilkan dengan tetap mempertahankan rak antara dua kumparan
Gambar 7.26 Jawab a) Pada kumparan X arus mengalir pada hambatan dari kiri ke kanan. Dengan menggunakan
aturan tangan kanan maka medan magnet yang dihasilkan di teras kumparan X berarah dari
G
Agar mkarus pada cinc (b) Karena arah arus pada dua cincin berlawanan arah maka ke dua cincin melakukan gaya tolak-menola. Atau, cincin kecil mengalami gaya yang arahnya ke kanan. 6) Ke mana arah arus induksi pada kumparan Y dalam Gbr 7.26 jika (a) kumparan Y digerakkan mendekati kumparan X, (b) arus padaja
280
nan. Oleh karena itu, medan magnet yang dihasilkan kumparan X masuk ke kumparan Y dalam arah dari kiri ke kanan (lihat Gbr 7.27)
r fluks alam kumparan Y diperkecil maka arah medan magnet yang dihasilkan kumparan Y harus
nan dengan arah medan magnet yang dihasilkan kumparan X. Jadi kita mendapatkan
dalah dari
edan magnet yang searah dengan medan yang dihasilkan kumparan X. Jadi, arah medan magnet yang dihasilkan kumparan Y juga harus ke kanan. Agar medan magnet yang dihasilkan kum arah arus pada galvanometer di kumparan Y adalah dari kiri ke kanan. 7) Kutub utara suatu ma baga seperti pada Gambar 7.28. Ke manakah arah arus induksi yang m cincin?
kiri ke ka
Ketika kumparan Y digerakkan mendekati kumparan X maka fluks magnetik yang menembus kumparan Y makin besar sehingga muncul ggl induksi. Arus induksi yang dihasilkan harus melawan perubahan fluks, yaitu dengan cara memperkecil fluks dalam kumparan Y. Agadberlawaarah medan magnet yang dihasilkan kumparan Y haruslah ke kiri. Dan agar medan magnet yang dihasilkan kumparan Y berarah ke kiri maka arah arus yang melewati galvanometer akanan ke kiri.
Gambar 7.27 b) Jika arus pada kumparan X diperkecil maka fluks yang menembus kumparan Y mengecil. Dengan demikian, arus induksi yang dihasilkan kumparan Y haris memperbesar fluks tersebut dengan cara menghasilkan m
paran Y ke kanan maka
gnet ditarik menjauhi sebuah cincin temengalir dalam
281
Ga
Gambar 7.29 Arah medan magnet yang dihasilkam batang tampak pada Gambar 7.29 (garis merah). Jika
atang ditarik menjauhi cincin maka fluks yang dikandung cincin makin kecil. Oleh karena itu, rus induksi pada fluks diperbesar maka arah
ihasilkan cincin harus searah dengan arah medan yang dihasilkan magnet batang, aitu ke bawah (garis biru). Dengan aturan tangan kanan, agar arah medan yang dihasilkan
Gambar 7.30
mbar 7.28 Jawab
ba cincin harus memperbesar fluks tersebut. Agarmedan yang dycincin ke bawah, maka dilihat dari atas, arus mengalir pada cincin sesuai dengan arah putaran jarum jam. 8) Sebuah solenoid pendek yang sedang dialiri arus searah bergerak mendekati sebuah cincin tembaga seperti pada gambar 7.30. Ke mana arah arus induksi pada cincin tembaga menurut pengamat?
282
awab unakan aturan tangan kanan maka arah medan yang dihasilkan solenoid adalah ke
anan. Ketika solenoid bergerak mendekati cincin maka fluks yang dikansung cincin makin rus induksi yang dihasilkan cincin harus memperkecil fluks dalam cincin. Ini berrti arah
medan magnet yang dihasilkan cincin harus ke kiri. Agar medan yang dihasilkan cincin berarah ke kiri maka arah arus dalam cincin menurut pengamat harus sesuai dengan arah putaran jarum jam. 9) Ke mana arah arus induksi pada hambatan R dalam Gbr 7.31 (a) tepat setelah saklar S ditutup, (b) beberapa saat setelah saklar R ditutup, dan (c) tepat setelah saklar S dibuka kembali
tup, arus dalam solenoid berubah dari nol menjadi stabil. Dengan demikian, medan
n medan magnet yang arahnya ke kanan. Dan agar medan magnet yang dihasilkan solenoid kedua berarah ke kanan maka pada hambatan R arus mengalir dari kanan ke kiri. b) Beberapa saat setelah saklar S ditutup, kuat medan listrik dalam solenoid tetap. Akibatnya fluks yang dikansung solenoid kedua juga tetap sehingga tidak dihasilkan arus induksi. c) Tepat setelah saklar S ditutup, arus berubah dari besar hingga nol. Fluks yang dikandung solenoid kedua makin kecil sehingga arus induksi harus memperbesar fluks tersebut. Ini
ilakukan dengan menghasilkan medan magnet yang berarah ke kiri. Agar medan magnet yang ihasilkan solenoid kedua berarah ke kiri maka arah arus pada hambatan R haris dari kiri ke
JDengan menggkbesar. A
Gambar 7.31 Jawab a) Jika saklar S ditutup maka arus mengalir pada saklar dari kiri ke kanan. Dengan aturan tangan kanan, medan magnet yang dihasilkan kumparan ini berarah dari kanan ke kiri. Tepat setelah saklar S ditumagnet yang dihasilkan dalam rongga solenoid berubah dari nol menjadi stabil. Karena itu, fluks yang dilingkupi oleh kumparan kedua berubah dari kecil ke besar. Akibatnya, arus induksi yang dihasilkan solenoid kedua harus memperkecil fluks ini. Ini bisa terjadi jika solenoid kedua menghasilka
dd
kanan.
283
uah loop kawat dengan diameter 9,2 cm mula-mula diorentasi tegak lurus medan magnet
Gambar 7.32 Diberikan
= 1,5 T t = 0,2 s
,092 m = D/2 = 0,046 m
op, = 0,0066 m2
10) Seb1,5 T. Loop tersebut kemudian dirotasi sehingga sejajar dengan medan magnet dalam waktu 0,20 s. Berapakah emf rata-rata yang diinduksi dalam loop tersebut? Jawab Lihat Gambar 7.32
Mula-mula 0,2 s berikutnyaMula-mula 0,2 s berikutnya
B∆D = 9,2 cm = 0r
22 )046,0(14,3 ×== rA π Luas lo Mula-mula loop tegak lurus medan magnet sehingga fluks magnetik dalam loop
0066,05,11 ×== BAφ = 0,0099 T m2 Ketika sejajar dengan medan magnet, fluks magnetik dalam loop nol, atau φ2 = 0. Perubahan fluks
0099,0012 −=−=∆ φφφ = - 0,0099 = - 0,01 T m2 Ggl induksi yang dihasilkan
2,001,01 −
×−=∆∆
−=Σt
N φ = 0,05 V
11) Medan magnet yang tegak lurus pada loop berbentuk lingkaran dengan diameter 13,2 cm
erkurang secara teratur dari 0,750 T menjadi nol. Jika diameter kawat adalah 2,25 mm, berapa
an
B2 = 0 T N = 1 D = 13,2 cm = 0,132 m r = D/2 = 0,066 m Panjang kawat loop
bjumlah muatan yang mengalir pada loop selama perubahan medan tersebut? Hambat jenis kawat tembaga adalah 1,68 × 10-8 Ω m. Jawab DinerikB1 = 0,750 T
066,014,322 ××== rL π = 0,41 m Luas penampang kawat loop
= 4× 10-6 m2 Hambatan loop
23211 )2/1025,2(14,3 −××== rA π
002,010441,0)1068,1( 6
8
1
=×
×== −−
ALR ρ Ω
uas loop )066,0(14,3 × = 0,014 m2
-mula × 0,014 = 0,011 Wb
= 0 Wb
1 = -0,011 Wbgl yang dihasilkan
L
2 == rA π 2
Fluks mulaφ1 = B1 A = 0,750 φ2 = B1 A = 0 × 0,014 Perubahan fluks ∆φ = φ2 - φ1 = 0 – 0,01 G
tttN
∆=
−×−=
∆−=Σ
011,0)011,0(1∆∆
φ
Arus yang mengalir dalam loop
ttI =
∆=
Σ=
5,5/011,0 R ∆002,0
ng mengalir Jumlah muatan ya
284
5,55,5=∆×
∆=∆= t
ttIQ C
2) Sebuah generator mobil dalam keadaan idle berotasi dengan kecepatan 1000-rpm dan menghasilkan tegangan 1 ng dihasilkan jika generator berputar dengan kecepatan sudut 2500-rpm? awab
1
2,4 V. Berapa tegangan ya
JUntuk generator berlaku
ω∝Σ Jadi
11 ωΣ2ω 2 =
Σ
atau
4,1210001
12 ω
25002 ×=Σω = 31,25 V
tor ketika berotasi pada 2500-rpm adalah 31,25 V
ran 120 mH berubah dari 25,0 A menjasi 10,0 A dalam waktu 350 ms, ke mana arah arus induksi yang dihasilkan dan berapa besar ggl induksi yang dihasilkan awab
L = 120 mH = 0,12 H I1 = 25,0 A
= 10,0A s = 0,35 s
kecil maka fluks yang dikandung kumparan makin kecil. Berdasarkan hokum
bahan fluks tersebut. Untuk itu maka arus induksi harus ng searah dengan medan magnet yang dihasilkan oleh arus yang
dalam kumparan. Ini berarti arus induyksi harus searah dengan arus yang
Ggl induksi adalah
=Σ
Jadi tegangan genera
13) Jika arus di dalam kumpa
JDiberikan
I2∆t = 350 m
Karena arus makinLentz, arus induksi harus melawan perumenghasilkan medan magnet yasedang mengalir mengalir dalam kumparan.
35,00,250,1012,012 ×−=
−−=
∆−=Σ
IILIL −
∆∆ tt = 5 volt
285
286
14) Berapa induktansi sebuah kumparan jika kumparan tersebut menghasilkan ggl 8,50 volt jika
njadi +31,0 mA dalam waktu 42,0 ms? awab
Diberikan Σ = 8,5 V
= -28,0 mA = -0,028 A
but
arus berubah dari –28,0 mA meJ
I1I2 = +31,0 mA = + 0,031 A ∆I = I2 – I1 = 0,031-(-0,028) = 0,059 A ∆t = 42,0 ms = 0,042 s Induktansi kumparan terse
)042,0/059,0(5,8
=/∆Σ
=tI
L = 6 H
15) Sebuah kumparan memiliki hambatan 2,25 Ω dan induktansi 400 mH. Jika arus 3,0 A mengalir dalam kumparan tersebut dan sedang bertambah nilainya dengan laju 3,5 A/s, berapa
potensial antara dua ujung kumparan pada saat ini? awab
Diberikan R = 2,25 Ω
= 400 mH = 0,4 H
I/dt = 3,5 A/s
= 6,75 V nya perubahan arus yang mengalir maka muncul ggl induksi yang besarnya
∆
beda J
LI = 3,0 A dTegangan dc antara dua ujung kumparan (akibat adanya hambatan kumparan dan adanya arus yang mengalir) adalah
= IRVdc 25,20,3 ×=
Karena ada
5,34,0 ×==ΣdIdt
L = 1,4 V
bertambah maka arus induksi harus mengurangi fluks. Ini berarti arus duksi harus berlawanan dengan arus yang dialirkan ke dalam solenoid. Dan ini bisa terjadi jika
ngan laju 100 mA/s. Berapa energi mula-mula yang tersimpan dalam duktor jika induktansinya adalah 60,0 mH? Berapa lama waktu yang diperlukan agar energi
Karena arus sedang inkurub tegangan ggl mengurangi tegangan dc pada inductor. Dengan demikian, tegangan netto antara dua ujung kumparan adalah 6,75 – 1,4 = 5,35 volt. 16) Pada suatu saat arus yang mengalir melalui induktor adalah 50,0 mA. Arus tersebut dedang mengalami pertambahan dein
287
ali nilai awal? awab
Diberikan Io = 50,0 mA = 0,05 A
I/dt = 100 mA/s = 0,1 A/s
meningkat sepuluh kJ
dL = 60,0 mH = 0,06 H Energi yang tersimpan mula-mula
2
2 oo LIU 1=
arang memenuhi Besar arus pada saat t semb
tdII += dt
I o
Energi pada saat t sembarang adalah
22
21
21
⎟⎠⎝ dt
Agar U=10 Uo maka
⎞⎜⎛ +== tdIILLI o U
101 2
=2⎜⎝
+o dtIL1 ⎛ d 2
⎟⎠⎞
o
tI
2LI
atau
2210 oo ItdII =⎟
⎞⎜⎛ +
tau
dt ⎠⎝
a
oo dt⎟⎠
⎜⎝ Dengan demikian waktu yang diperlukan agar energi yang tersimpang menjadi sepuluh kali lipat energi mula-mula adalah
ItdII 10=⎞⎛ +
1,11,0
05,005,016,3/
10=
−×=
−=
dtdIII
t oo s
17) a) Skema pada Gbr. 7.33 memiliki kondisi bahwa arus pada kumparan pertama berubah dengan
m/s dan tegangan e.m.f. pada kumparan kedua terukur 0,1 V. Berapakah induktansi
hingga arus diubah pada kumparan kedua dan tegangan induksi paran pertama. Berapa laju perubahan arus di kumparan kedua agar
pertama sebesar 0,3 V? Anggap dua kumparan memiliki panjang dan luas penampang yang sama.
ambar 7.33
awab a) Kita hitung induktansi bersama L21
laju 0,5bersama kumparan?
b) Jika kondisi diubah sedideteksi pada kumterdeteksi e.m.f. di kumparan
G J
didIL 1
212 −=Σ
atau
didIL 1
212 =Σ
atau
2,05,01,0
/1
221
288
==Σ
=dtdI
L H
b) Induktansi bersama diberikan oleh persamaan (56.14)
289
1
22121
l
ANNL oξµ
=
Dari persamaan ini kita langsung mendapatkan
2
11212
l
ANNL oξµ
=
yang diperoleh dengan menukar indeks 1 dan 2 pada persamaan (56.14). Jika luas penampang an panjang kumparan pertama dan kedua sama maka kita dapatkan
n demikian 2112 LL = d
Denga
didIL 2
12=Σ
1
atau
5,12,03,0
12
12 ==Σ
=L
A/s dt
dI
Jadi agar dihasilkan e.m.f 0,3 volt pada kumparak pertama maka laju perubahan arus pada kumparan kedua adalah 1,5 A/s. 18) Sebuah koil lingkaran memiliki jari-jari 10,0 cm dan mengandung 30 lilitan. Sebuah medan magnet eksternal dikenakan tegak lurus penampang koil sebesar 2,60 mT. (a) Jika tidak ada arus yang mengalir pada koil, berapakah fluks magnetik yang dilingkupi koil? (b) Jika arus 3,80 A dialirkan pada koil dalam arah tertentu, fluks total yang dilingkupi koil nol. Berapakah induktansi koil? Jawab Diberikan r = 10,0 cm = 0,1 m, N = 30, Bex = 2,60 mT = 2,60 × 10-3 T, dan I = 3,80 A
uas penampang koil 3,14 × 10-2 m2
elum mengalir pada koil maka fluks yang dilingkupi koil adalah
−− ×××=A = 8,2 × 10-5 Wb
b) Jika arus dialirkan dalam koil maka fluks magnetik dalam koil nol. Ini berarti, fluks magnetik yang dihasilkan arus sama dengan yang dihasilkan medan magnet luar. Dengan demikian,
duktansi koil adalah
L=×== 22 )1,0(14,3rA π
a) Jika arus b
)1014,3()1060,2( 231 = Bexφ
in
45
1 105,680,3102,830 −
−
×=×
×==LI
N φ H = 650 µH
19) Sebuah solenoid terdiri dari lilitan kawat tembaga (diameter 2,5 mm). Diameter solenoid dalah 4,0 cm dan panjangnya 2,0 m.
) Berapa induktansi per meter solenoid tersebut? Anggap lilitan yang berdekatan bersentuhan dan hanya dipisahkan oleh bagian tipis isolator. awab
10-3 m Panjang solenoid adalah l = 2,0 m Maka jumlah lilitan solenoid adalah
aa) Berapa jumlah lilitan solenoid tersebut? b
Ja) Tebal satu kawat tembaga d = 2,5 mm = 2,5 ×
3105,20,2
−×==
dN l = 800 lilitan
b) Jumlah lilitan solenoid per satuan panjang
0,2800
==l
Nn = 400 lilitan/meter
uas penampang solenoid m2
Induktansi solenoid
L3222 10256,1)102(14,3 −− ×=××== rA π
ANnL oµ= Induktansi per satuan panjang
43722 1052,2)10256,1()104(400 −−− ×=××××=== πµµ AnAnNLoo
ll H/m
20) Dua buah induktor L1 dan L2 dihubungkan secara seri dan dipisahkan cukup jauh. a) Tunjukan bahwa induktansi efektif memenuhi
) Mengapa jarak pisah harus jauh? mum persamaan untuk jumlah induksor N yang disusun secara seri?
Jawab
Lef = L1 + L2 bc) Bagaimana bentuk u
1 2 31 2 3
290
291
Gambar 7.34
MisGam
alkan arus yang mengalir pada induktor I. Tegangan pada masing-masing induktor pada bar 7.34 adalah
dtdIL112 −=Σ
dtL223
Maka
dI−=Σ
dtLL
dtL
dtL )( 2121231213 dIdI
+−=−−=Σ+Σ=ΣdI
dtdIL−= ef
b) Dua induktor ha cukup jauh agar tidak saling mempengaruhi (kopling). Jika jarak induktor sangat dekat maka medan magnet yang dihasilkan satu induktor dapat menembus
asuk ke induktor lain. Ggl yang muncul pada satu induktor bukan lagi ggl yang diakibatkan bersama.
c) Generalisasi untuk N induktor
Tampak dari Gambar 7.35
dengan
21ef LLL +=
ris dipisahkan
moleh induktasi diri tetapi juga oleh induktansi
Gambar 7.35
dtdIL112 −= Σ
dtdIL223 −=Σ
1 2 3 N+1N…
3 N+1N…
1 2
dtdIL−=Σ N
Maka
NN +1,
dtdIL
dtdIL
dtdIL NNNN −−−−=Σ++Σ+Σ=Σ ++ ...... 211,23121,1
dtdILLL N )...( 21 +++− =
292
dtdILef−
...21
21) Dua induktor L1 dan L2 dihubungkan secara paralel dan dipisahkan pada jarak yang cukup jauh. a) Perlihatkan bahwa induktansi efektif memenuhi
=
dengan
+++= Nef LLLL
21
111=
LLLef
+
b) Tentukan persamaan umum untuk N buah induktor yang disusun secara paralel Jawab
Gambar 7.36
egangan antara titik a dan b dapat diungkapkan dalam sejumlah persamaan
I
I1L1
L2a b
T
dtdILab
11−= atau Σ
1
1
LdtdI abΣ
−=
ILef
I2
a bILef
I
I1L1
L2a b
I2
I
I1L1
L2a b
I2
a b
293
dtdIL 2−=Σ a
2
2
LdtdI abΣ
−= ab 2 tau
dtdILefab −=Σ atau
ef
ab
LdtdI Σ
−=
Dengan menggunakan hukum Kirchoff I maka
iferensial ke dua ruas terhadap waktu 21 III +=
D
dtdI
dtdI
dtdI 21 +=
21 LLLabab
ef
abΣ−
Σ−
Σ−=
atau
21
111LLLef
+=
b) Jika disusun paralel N buah induktor maka induktansi total memenuhi
Nef LLLL1...111
21
+++=
22) Energi medan magnet yang tersimpan di dalam suatu induktor adalah 25,0 mJ jika dialiri arus 60,0 mA. A) Hitunglah induktansi. B) Berapa arue yang mengalir agar energi yang
Jawab tersimpan menjadi empat kali lebih besar?
2
2LIU a) 1
=
atau
23
3
2 )100,60()100,25(22
−
−
×××
==IUL = 14 H
b) Dari penyelesaian di a) tampak bahwa
sehingga
2IU ∝
21
22
1
2
II
UU
=
21
224
II
=
294
tau = 120,0 mA
Soal Latihan 1) Dapatkah sebuah partikel bermuatan yang berada dalam keadaan diam dijadikan bergerak dengan mengg n me g Berikan alasan jika dapr dan berikan pula alsan jika tidak dapat. 2) Jika sebua rak dalam rongga solenoid yang sangat panjang, apakah dihasilkan ggl induksi pada solenoid? Jelaskan jawabanmu.
i pada Gbr 7.37 diperbesar. Ke mana arah arus induksi pada look sebelah kanan?
kecepatan konstan v. Arus induksi nakah arah medan magnet di daerah
a22 12 ×== II 0,60
unaka dan ma net?
h magnet batang berge
3) Hambatan R pada loop sebelah kiri sepert
Gambar 7.37 4) Dalam Gbr 7.38, batang digerakkan ke kanan dengan muncul dalam loop dalam arah seperti pada gambar. Ke maA?
Gambar 7.38
295
) Loop konduktor pada Gbr 7.39 ditarik keluar dari medan magnet permanen secara vertikal. (a) Ke manakah arah arus induksi dalam loop? (b) apakah gaya diperlukan untuk menarik loop tersebut?
keluar dari medan m
edan mame . Berapa ggl
8) Ke m sing loop lingkaran pada Gbr 7.40?
5
Gambar 7.39 6) Sebuah loop berbentuk lingkaran memiliki jari-jari 16 cm. Loop tersebut ditarik
agnet sebesar 1,10 T selama 0,15 s. Berapa ggl induksi rata-rata yang dihasilkan?7) Sebuah kawat loop berbentuk lingkaran dengan jari-jari 7,2 cm diletakkan tegak lurus m
gnet yang besarnya 0,63 T dan berarah ke atas. Selama selang waktu 0,15 s berikutnya, dan magnet tersebut sudah berubah arah menjadi ke bawah dan besarnya 0,25 T
yang dihasilkan dalam loop? anakah arah arus induksi yang dihasilkan pada masing-ma
I bertambah
I berkurang
I konstan I bertambah
(a) (b)
(c) (d)
I bertambah
I berkurang
I konstan I bertambah
(a) (b)
(c) (d)
Gambar 7.40
296
) Medan magnet yang tegak lurus loop lingkaran yang berjari-jari 20 cm berubah dari +0,52 T
? (b) ke mana arah arus induksi yang dihasilkan? 0) Sebuah loop lingkaran yang berada pada bidang kertas ditembusi medan magnet sebesar 0,75 yang berarah dari depan ke belakang kertas. Jika diameter loop berubah dari 20,0 cm menjadi
6,0 cm dalam waktu 0,5 s, (a) ke mana arah arus induksi yang dihasilkan, dan (b) berapa ggl induksi yang dihasilkan? 11) Sebuah generator sederhana memiliki loop berbentuk persegi yang terdiri dari 720 lilitan. Panjang sisi lilitan adalah 21,0 cm. Berapa kecepatan sudut rotasi generator tersebut agar dihasilkan tegangan puncak 120 V jika kuat medan magnet dalam generator adalah 0,650 T? 12) Sebuah solenoid panjang memiliki jari-jari 25 mm dan mengandung 100 lilitan per cm. Kawat loop tunggal dengan jari-jari 5,0 cm ditempatkan di keliling solenoid sehingga sumbu loop dan sumbu solenoid berimpit. Arus dalam solenoid diperkecil dari 1,0 A menjadi 0,5 A dalam waktu 10 ms. Berapa ggl induksi yang muncul pada loop? 13) Sebuah solenoid kecil memiliki panjang l, luas penampang A dan jumlah lilitan N1. Di
eliling solenoid tersebut dililitkan kawat lain sejumlah N2 lilitan (lihat Gbr 7.41). Anggap emua fluks dari solenoid kecil masuk ke kumparan besar. Tentukan induktansi bersama.
14) Kawat yang terlilit secara kuat dalam sebuah solenoid dilepas untuk membuat solenoid lain dengan diameter da kali lebih besar daripada solenoid semula. Dengan factor berapakah induktansi berubah? 15) Anggap bahwa rata-rata kuat medan magnet di permukaan bumi adalah 0,50 × 10-4 T. Perkirakan jumlah total energi magnetik yang tersimpan di daerah sekitar permukaan bumi hingga ketebalan 10 km. 16) Berapa induktansi L sebuah kumparan yang panjangnya 0,6 m dan diameter 2,9 cm dan mengandung 10 000 lilitan jika rongga kumparan tersebut adalah udara? 17) Berapa jumlah lilitan kawat yang diperlukan untuk menhasilkan induktansi 100 mH jika
9menjadi –0,52 T dalam waktu 180 ms. Tanda + menyatakan medan yang menjauhi pengamata dan tanda – menyatakan medan yang mengarah ke pengamat. (a) berapa tegangan induksi yang dihasilkan1T
ks
Gambar 7.41
297
buah kumparan berbentuk silinder memiliki 3000 lilitan. Panjang kumparan terebut adalah 28,2 cm dan diameternya 2,5 cm. Berapa induktansi dirinya? Berapa lilitan yang diperlukan untuk menghasilkan induktansi yang sama jika di dalam rongganya dimasukkan teras besi. Anggap permeabilitas teras besi adalah 1000 kali permeabilitas udara. 19) Pada suatu saat arus dan emf di dalam sebuah induktor ditunjukkan oleh Gbr 7.42
Gambar 7.42 a) Apakah arus sedang bertambah atau berkuran? b) Jika emf adalah 17 V dan laju perubahan arus adalah 25 A/s, berapakah induktansi? 20) Sebuah solenoid panjang memiliki 100 lilitan/cm dan jari-jari 1,6 cm. Anggap medan magnet
bu solenoid.
rubah dengan laju 13 A/s, berapa ggl indukasi yang dihasilkan? duktor yang dililit rapat menghasilkan emf 3,0 mV ketika arus berubah dengan laju
-10
panjang lilitan tersebut adalah 30,0 cm, diameternya 5,3 cm dan rongganya berisi udara. 18) Se
Σ
I
Σ
I
yang dihasilkan sejajar suma) Berapa induktansi per satuan panjang?b) Jika arus be
1) Sebuah in25,0 A/s. Arus tetap 8,0 A yang mengalir pada induktor tersebut menghasilkan fluks 40 µWb pada tiap lilitan. a) Berapa induktansi induktor tersebut? b) Berapa jumlah lilitan induktor tersebut? 22) Sebuah toroid 90,0 mH melingkupi volum 0,0200 m3. Jika kerapatan energi rata-rata dalam toroid adalah 70,0 J/m3, berapa arus yang mengalir pada toroid tersebut? 23) Berapakah kuat medan listrik agar kerapatan energi listrik sama dengan kerapan energi magnetik yang kuat medannya 0,50 T? 24) Kuat medan magnet dalam ruang antar galaksi sekitar 10 T. Berapa energi yang tersimpan dalam ruang berbentuk kubus dengan panjang sisi 10 tahun cahaya? 25) Sebuah loop lingkaran dengan jari-jari 50 mm dilairi arus 100 A. a) Cari medan magnet di pusat loop. B) Hitung kerapatan energi di pusat loop. 26) Sebuah trafo dengan efisiensi 90% memiliki 500 lilitan primer dan 10 lilitan sekunder. A) Jika tegangan pada lilitan primer 120 V berapa tegangan pada lilitan sekunder? B) Jika lilitan sekunder dihubungkan dengan hambatan 15 Ω, berapa arus pada lilitan sekunder dan lilitan primer? 27) Sebuah solenoid yang panjangnya 85,0 cm memiliki luas penampang 17,0 cm2. Pada
298
agnetik alam solenoid. B) Cari energi total yang tersimpan dalam solenoid
28) Sebuah generator memberikan tegangan 100 V ke lilitan primer sebuah transformator. Jumlah lilitan primer transformator adalah 50 dan jumlah lilitan sekunder adalah 500. Berapa tegangan keluaran pada lilitan sekunder?
solenoid tersebut ada 950 lilitan yang dialiri arus 6,60 A. a) Hitunglah kerapatan energi md
Bab 8 Arus Bolak-Balik
Kita sudag belajar banyak tentang arus searah maupun rangkaian arus searah pada Bab 3. Sesuai dengan namanya, arus searah adalah arus yang arahnya selalu sama setiap waktu. Besarnya arus bisa berubah-ubah tetapi arahnya selalu sama; misalnya selalu tetap dari kiri ke kanan. Kalau kita plot dalam grafik arus terhadap waktu, di mana arus adalah sumbu vertical dan waktu adalah sumbu horizontal, maka grafik arus searah bisa berbentuk seperti pada Gambar 8. 1
299
ambar 8.1 Contoh grafik arus searah
ada grafik (a) kita dapatkan arus searah yang besarnya selalu konstan dan bertanda positif
waktu
arus
waktu
arus
waktu
arus
waktu
arus
waktu
arus
waktuarus
(a) (b)
(c) (d)
(e) (f)
waktu
arus
waktu
arus
waktu
arus
waktu
arus
waktu
arus
waktuarus
(a) (b)
(c) (d)
(e) (f)
G PPada grafik (b) kita dapatkan arus searah yang besarnya selalu konstan dan bertanda negatif
300
rus
ang besarnya berubah-ubah mengikuti pola sinusoidal.
i arah yang sama dan nilainya berubah-ubah mengikuti pola
bar (f) arus selalu memiliki arah yang sama (negatif) dan nilainya berubah-ubah
tus searah yang kita bahas di kelas dua dibatasi pada arus searah yang besarnya tetap seperti
.1 Arus bolak-balik h arus yang arahnya berubah-ubah secara bergantian. Pada suatu saat arah
ambar 8.2 Contoh grafik arus bolak-balik
k yang berubah secara sinusoidal. Setengah periode rus bergerak dalam satu arah dan setengah periode lainnya arus bergerak dalam arah sebaliknya.
Pada grafik (c) kita dapatkan arus searah yang nilainya makin lama makin mengecil. Asemacam ini sering disebut arus transien. Pada grafik (d) kita dapatkan arus searah yWalaupun arus berubah mengikuti pola sinusoidal, tetapi karena nilai arus selalu positif maka arus tersebut termasuk arus searah. Pada grafik (e) arus selalu memilikpersegi. Pada gammengikuti pola segitiga. Ayang ditunjukkan oleh gambar (a) atau (b). 8Arus bolak-balik adalaarus ke kanan, kemudian berubah menjadi ke kiri, kemudian ke kanan, ke kiri, dan seterusnya. Kalau digambarkan dalam bentuk kurva, maka contoh kurva arus bolak-balim ditunjukkan dalam Gambar 8.2
waktu
arus
waktu
arus
waktu
arus
waktu
arus
waktu
arus s
waktu
aru
waktu
arus
waktu
arus
G Pada grafik (a) kita dapatkan arus bolak-baliaPada 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.
301
.2 Arus Bolak-balik Sinusoidal entuk arus bolak-balik yang paling sederhana adalah arus sinusoidal. Arus yang dihasilkan
adalah arus bolak-balik sinusoidal. Kebergantungan arus
ambar 8.3 Contoh kurva tegangan dan arus bolak-balik
8Bsemua pembangkit tenaga listrikterhadap waktu dapat dinyatakan oleh fungsi kosinus berikut ini
t
m
-Im
I
I
T
t
V
Vm
-Vm T
t
m
-Im T
t
V
Vm
-Vm T
I
I
G
⎟⎞
⎜⎛ += tII ϑπ2cos
⎠⎝om T
(8.1)
dengan adalah arus maksimum (amplitudo arus), T : periode arus, t : waktu, dan ϕo : fase
la b
mI
mula-mu (saat t = 0). Jika arus tersebut melewati sebuah hambatan, maka tegangan antara dua ujung ham atan mmenuhi hukum Ohm
⎟⎟⎞
⎜⎛
⎟⎞
⎜⎛ +×== tIRRIV ϑπ2cos
⎠⎜⎝ ⎠⎝
om T
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ += om t
TV ϑπ2cos (8.2)
dengan adrus terhadap waktu
alir pada jaringan listrik PLN merupakan tegangan bolak-balik sinusoidal. egangan sinusoidal merupakan tegangan yang paling mudah dihasilkan. Dengan memutar
n Rata-Rata da sejumlah alat ukur yang dirancang yang hanya dapat mengukur nilai rata-rata suatu besaran.
rata-rata, berapa tegangan rata-rata yang dihasilkan arus bolak-balik?
mm RIV = alah amplitudo tegangan. Gbr 8.3 adalah contoh kurva tegangan maupun a Tegangan yang mengTlilitan dalam medan magnet dengan kecepatan sudut konstan maka dihasilkan tegangan sinusoidal. Kebanyakan pembangkit listrik PLN dihasilkan dengan memutar kumparan dalam medan magnet atau memutar magnet di dalam kumparan sehingga dihasilkan tegangan sinusoidal. 8.3 TegangaAJika ada alat ukur taganganBerapa juga arus rata-ratanya? Kita dapat mencarinya sebagai berikut. Tegangan rata-rata didefinisikan sebagai berikut
∫∞→=
τ1limττ 0
VdtV (8.3)
Integral di atas dilakukan terhadap waktu dan perata-rataan dilakukan pada selang waktu τ
enuju tak berhingga. Untuk fungsi sinusoidal, perata-rataan di atas menghasilkan nilai yang msama dengan perata-rataan selama satu periode saja. Jadi, tegangan rata-rata dapat ditulis dalam bentuk
∫=T
VdtT
V0
1 (8.4)
Dengan menggunakan V pada persamaan (8.2) maka didapat
302
∫∫ ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ +=
T
om
T
om dttTT
Vdtt
TV
TV
00
2cos2cos1 ϑπϑπ (8.5)
Untuk memudahkan penyelesaian integral di atas kita misalkan
xtT o =+ϑπ2 (8.6)
Diferensiansi ruas kiri dan kanan maka
dxdtT
=π2
atau
dxTdtπ2
= (8.7)
Substitusi persamaan (8.6) dan (8.7) ke dalam persamaan (8.5) diperolel
xV
dxxV
dxTxT
VV mmm sin
2cos
22cos
πππ==×= ∫∫
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +−⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ +=⎥
⎦
⎤⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ += oo
mT
om
TT
TV
tT
Vϑπϑπ
πϑπ
π02sin2sin
22sin
2 0
( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ] 0sinsin2
0sin2sin2
=−=+−+= oom
oom VV
ϑϑπ
ϑϑππ
Pada baris terakhir kita sudah menerapkan sifat periodisitas fungsi sinus dengan periode 360o
atau 2π radian, yaitu ( ) ( )oo ϑϑπ sin2sin =+ . Jadi, nilai rata-rata tegangan bolak balik sinusoidal
adalah nol.
Dengan menggunakan hokum Ohm RVI = maka nilai rata-rata arus bolak balik adalah
00===
RRV
I
303
Jadi, nilai rata-rata arus bolak balik sinusoidal juga nol. Nilai rata-rata nol dapat dimengerti karena selama setengah periode, tegangan dan arus memiliki nilai positif dan setengah periode berikutnya memiliki nilai negatif. Dengan demikian, nilai tegangan atau arus pada masing-masing setengah periode tersebut saling menghilangkan. Akibatnya tegangan dan arus rata-rata menjadi nol. 8.4 Tegangan root mean square (rms) Untuk arus bolak-balik, nilai rata-rata tidak memberikan informasi yang lengkap tentang besaran arus atau tegangan, misalnya amplitudo. Karena berapapun besar amplitudo, nilai rata-rata selalu nol. Apabila kita gunakan alat ukur tegangan rata-rata maka kita akan amati tegangan listrik PLN selalu nol. Agar diperoleh data yang lebih informatif maka didefinisikan besaran lain yang dipakai pada arus bolak-balik. Besaran tersebut adalah besaran rms (root mean square). Tegangan dan arus rms didefinisikan sebagai
2VVrms = (8.8)
2II rms = (8.9)
Tampak dari definisi bahwa untuk mendapatkan nilai rms maka kita melakukan tiga langkah, yaitu i) besaran tersebut dikuadratkan ii) menghitung nilai rata-rata besaran yang dikuadratkan tersebut iii) mengambil akar besaran yang telah dihitung nilai rata-ratanya. Contoh betikut adalah bagaimana kita menghitung nilai rms dari tegangan bolak-balik sinusoidal.
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ += om t
TVV ϑπ2cos
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ += om t
TVV ϑπ2cos222
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ += omom t
TVt
TVV ϑπϑπ 2cos2cos 22222
dttTT
VT
om ∫ ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +×=
0
22 2cos1 ϑπ (8.10)
304
Kembali kita misalkan
xtT o =+ϑπ2 (8.6)
Diferensiasi ruas kiri dan kanan maka
dxdtT
=π2
atau
dxTdtπ2
= (8.7)
Substitusi persamaan (8.6) dan (8.7) ke dalam persamaan (8.10) diperoleh
∫∫ =×= dxxV
dxTxT
VV mm
22
222 cos22
cos1ππ
(8.11)
Untuk menyelesaikan integral di atas, kita transformasi sebagai berikut x2cos
xxx 22 sincos2cos −= 1cos2)sin1(cos 222 −=−−= xxx
atau
xx 2cos21
21cos2 += (812)
Dengan demikian
xxdxxdxdxxxdx 2sin41
212cos
21
212cos
21
21cos2 +=+=⎥⎦
⎤⎢⎣⎡ += ∫∫∫∫
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ++⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ += oo t
Tt
Tϑπϑπ 22sin
212
21 (8.13)
Substitusi (8.13) ke persamaan (8.11) diperoleh
305
T
oom t
Tt
TV
V0
22 22sin
212
21
2 ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ++⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ += ϑπϑπ
π
⎭⎬⎫
⎩⎨⎧
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ++⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ +−⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ++⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ += oooo
m
TTT
TT
TV
V ϑπϑπϑπϑππ
022sin2102
2122sin
212
21
2
22
( ) ( ) ( ) ( )⎭⎬⎫
⎩⎨⎧
⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ +++−⎥⎦
⎤⎢⎣⎡ +++= oooo
mVϑϑϑπϑπ
π02sin
210
2122sin
212
21
2
2
( ) ( )⎭⎬⎫
⎩⎨⎧
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ +−⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ +++= ooomV
ϑϑ
ϑπϑ
ππ
2sin21
224sin
21
220
2
Mengingat sifat periodisitas fungsi sinus maka ( ) ( )oo ϑϑπ 2sin24sin =+ maka kita dapat menulis
( ) ( )⎭⎬⎫
⎩⎨⎧
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ +−⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ ++= ooomV
V ϑϑ
ϑϑ
ππ
2sin21
22sin
21
220
22
22
22mm VV
=×= ππ
Akhirnya, tegangan rms menjadi
2
22 m
rmsV
VV ==
2mV
= (8.14)
Contoh Tegangan listrik PLN di Indonesia memiliki frekuensi 50 Hz. Tegangan yang dialirkan ke rumah tangga besarnya 220 V. Nyatakan tegangan tersebut sebagai fungsi waktu Jawab Diberikan f = 50 Hz
Maka periode adalah 5011
==f
T s
Tegangan 220 V yang dialirkan ke rumah tangga merupakan tegangan rms. Jadi, Vrms = 220 V.
306
Dengan demikian, amplitudo tegangan adalah
22202 =×= rmsm VV volt
Kita dapatkan tegangan sebagai fyngsi waktu sebagai berikut
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ += oom tt
TVtV ϑπϑπ
50/12cos22202cos)(
( )ot ϑπ += 100cos2220
dengan oϑ dapat diberi nilai sembarang. 8.5 Daya dan Daya Rata-Rata Seperti pada arus searah, pada arus bolak-balik disipasi daya pada sebuah hambatan juga merupakan perkalian arus dan tegangan antara dua ujung hambatan. Misalkan sebuah hambatan R dialiri arus bolak-balik. Misalkan tegangan antara dua ujung hambatan memenuhi
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ += om t
TVV ϑπ2cos
Berdasarkan hukum Ohm, arus yang mengalir pada hambatan adalah
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +== o
m tTR
VRVI ϑπ2cos
Disipasi daya pada hambatan memenuhi
RVVIP
2
==
Disipasi daya rata-rata pada hambatan adalah
R
V
RVP
22
== (8.15)
Pembilang pada persamaan (8.15) tidak lain daripada kuadrat dari tegangan rms. Jadi kita dapat menulis
307
RV
P rms2
= (8.16)
8.6 Tegangan bolak balik pada dua ujung hambatan Misalkan arus bolak-balik yang mengalir pada hambatan adalah
( om tII )ϑω += cos (8.17)
dengan Tπω 2
= . Berapa tegangan antara dua ujung hambatan tersebut?
VR
R I = Im cos (ωt+ϕo)
VR
R I = Im cos (ωt+ϕo)
Gambar 8.6 Arus bolak-balik melewati sebuah hambatan
ambar 8.7 Kurva tegangan dan arus sebagai fungsi waktu kerika arus bolak-balik dilewatkan
ωt
I
Im
-Im
ωt
VR
ImR
-ImR
ωt
I
Im
-Im
ωt
VR
ImR
-ImR
G
308
pada sebuah resistor
309
egangan tersebut dapat dicari dengan menggunakan hokum Ohm, yaitu T
( )omR tRIIRV ϑω +== cos (8.18)
ampak bahwa arus dan tegangan berubah secara bersamaan. Ketika arus nol, tegangan pun nol
.7 Tegangan antara dua ujung kapasitor juga memenuhi persamaan (8.17). Berapa tegangan
ambar 8.8 Arus bolak-balik melewati sebuah kapasitor
at dihitung dengan persamaan
Tdan ketika arus maksimum, tegangan pun maksimum. Jika kita buatkan kurva arus dan tegangan maka kita dapatkan Gambar 8.7 8Misalkan arus yang mengalir pada kapasitor antara dua ujung kapasitor tersebut? Lihat Gambar 8.8
C I = Im cos (ωt+ϕo)
VC
C I = Im cos (ωt+ϕo)
VC
G Mari kita hitung. Tegangan antara dua ujung kapasitor dap
CQV = (8C .19)
Selanjutnya kita m
ada kapasitor. enentukan Q dengan cara mengintegralkan terhadap waktu arus yang mengalir
p
( ) ( )∫∫∫ == IIdtQ +=+ dttIdtt omom ϑωϑω coscos
( )om t
Iϑω
ω+= sin (8.20)
Dengan demikian, tegangan antara dua ujung kapasitor adalah
( )om
C tC
IV ϑω
ω+= sin (8.21)
ersamaan (8.21) di atas dapat ditulis sebagai P
( )oCmC tXIV ϑω += sin (8.22)
engan d
CX C ω
1= (8.23)
eranan XC sama dengan peranan hambatan. Jadi pada arus bolak-balik kapasitor berperan
ambar 8.9 Kurva arus dan tegangan ketika arus bolak-balik melewati sebuah kapasitor
t. Jika ekuensi arus sangat besar maka hambatan kapasitor makin kecil. Untuk frekuensi yang menuju
Psebagai hambatan dengan nilai hambatan XC. Besaran ini sering dinamakan reaktansi kapasitif.
II
ωt
Im
-Im
ωt
VC
ImXc
-ImXc
π/2
ωt
Im
-Im
ωt
VC
ImXc
-ImXc
π/2
G Hambatan kapasitor bergantung pada frekuensi arus yang melewati kapasitor tersebufr
310
311
kita mendapatkan hubungan
tak berhingga maka hambatan kapasitor menuju nol, yang berarti kapasitor seolah-olah terhubung singkat. Sebaliknya jika frekuensi arus yang mengalir pada kapasitor menuju nol maka hambatan kapasitor menuju tak berhingga. Dalam kondisi ini kapasitor berperilaku sebagai sebuah saklar yang terbuka. Ini penyebab mengapa kapasitor tidak dapat dilewati arus DC. Arus DC memiliki frekuensi nol. Dengan aturan trigonometri
( ) ⎟⎞
⎜⎛ −+=+ cossin πϑωϑω tt
⎠⎝ 2oo (8.24)
Dengan demikian, tegangan antara dua ujung kapasitor dapat ditulis sebagai
⎟⎞
⎜⎛ −+= cos πϑωtXIV
⎠⎝ 2oCmC (8.25)
Kurva arus yang mengalir pada kapasitor dan tegangan antara dua ujung kapasitor tampak pada
ambar 8.9. Tampak pada Gambar 8.9 bahwa kurva tegangan dapat diperoleh dari kurva arus Gdengan menggeser fasa sebesar π/2 atau 90o. Dengan kata lain tegangan antara dua ujung kapasitor muncul lebih lambat daripada arus. Atau tegangan pada kapasitor mengikuti arus dengan keterlambatan fasa π/2. 8.8 Tegangan antara dua ujung inductor
isalkan inductor dengan indultansi L juga dialiri arus yang memenuhi persamaan (8.17). tersebut?
Gambar 8.10
ari kita hitung. Tegangan antara dua ujung inductor dapat ditentukan dari persamaan
MBerapa tegangan antara dua ujung induksor
L I = Im cos (ωt+ϕo)
VL
L I = Im cos (ωt+ϕo)
VL
Arus bolak-balik melewati sebuah induktor M
dtLdIL= (8.26) V
312
Dengan m
enggunakan I pada persamaan (8.17) maka diperoleh
( )[ ] ( )omomL tLItIdt
LV sincos d ϑωωϑω +−=+=
Jika kita mendefinisikan
LX L ω= (8.27)
ita dapat menulis
k
( )oLmL tXIV ϑω +−= sin (8.28)
ampak dari persamaan (8.28) bahwa ketika dialiri arus bolak-balik, inductor berperan sebagai hambatan dengan nilai h
ambatan ini makin besar jika frekuensi arus makin besar. Jika frekuensi arus menuju tak
T
ambatan XL. Besaran XL sering juga disebut reaktansi induktif. Nilai hberhingga maka hambatan inductor menuju tak berhingga. Dalam kondisi ini, inductor berperan sebagai sebuah saklar terbuka. Sebaliknya, jika frekuensi arus menuju nol maka hambatan inductor juga menuju nol, atau inductor seperti terhubung singkat.
II
ωt
Im
-Im
ωt
VL
ImXL
-ImXL
π/2
ωt
Im
-Im
ωt
VL
ImXL
-ImXL
π/2
313
Gambar 8.11 Kurva arus dan tegangan ketika arus bolak-balik melewati sebuah induktor Dengan aturan trigonometri kita dapat menulis
( ) ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ++=+−
2cossin πϑωϑω oo tt (8.29)
Dengan demikian, tegangan antara dua ujung inductor dapat juga ditulis sebagai
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ++=
2cos πϑω oLmL tXIV (8.30)
Gbr 8.11 adalah kurva arus dan tegangan antara dua ujung inductor. Tampak bahwa kurva VL dapat diperoleh dari kurva arus dengan menggeser fasa ke kiri sebesar π/2 atau 90o. Ini menandakan bahwa tegangan antara dua ujung inductor mendahului arus dengan fasa sebesar π/2 atau 90o.
dan inductor emahami bahwa jika sebuah hambatan dilewati arus maka timbul disipasi daya.
emenuhi
(8.31)
aan (8.25) ke persamaan (8.31) maka
8.9 Disipasi daya pada kapasitorKita sudah mKetika dilewati arus bolak-bali, kapasitor dan inductor berperan sebagai hambatan. Berapakah
ponen tersebut? Mari kita analisis satu per satu. disipasi daya pada dua kom a) Disipasi daya pada kapasitor Disipasi daya pada kapasitor m
IVP CC =
ensubtitusi arus para persamaan (8.17) dan tegangan VC pada persamDengan m
dalam
( )[ ]omoCmC tItXIP ϑωπϑω +×⎥⎦⎣ ⎠⎝ 2⎤
⎢⎡
⎟⎞
⎜⎛ −+= coscos
( )ooCm ttXI ϑωπϑω +⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −+= cos
2cos2
Selanjutnya kita hitung disipasi daya rata-rata, yaitu
314
( )ooCmC⎠⎝ 2
ttXIP ϑωπϑω +⎟⎞
⎜⎛ −+= coscos2
( )∫ +⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −+×=
T
ooCm dtttT
XI 2 cos2
cos1 ϑωπϑω 0
i atas, kita ganti ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −+
2cos πϑω ot dengan ( )ot ϑω +sin Untuk menyelesaikan integral d
sehingga
( ) ( )∫ ++= ooCm
C dtttTXI
P0
cossin ϑωϑω (8.32) T2
Kita misalkan
( ) ut o =+ϑωsin (8.33)
iferensiasi ruas kiri dan kanan maka D
( ) dudtt o =+ϑωω cos atau
( )ω
ϑω dudtt o =+cos
Dengan demikian
( ) ( ) ( )ooo tuududttt ϑωϑωϑω +sin +===+ ∫ 22 sin21
21cos
Jadi persamaan (8.32) menjadi
∫
( ) ( ) ([ ]ooCm
T
o )TTXI
t ϑϑωϑω +−+=⎥⎦⎤
⎣+ 0sinsin
2sin
21 22
2
0
22
engingat
CmC T
XIP ⎢
⎡=
T/2πω = maka πω 2=T sehingga M
( ) ([ ]ooCm
C TXI
P ϑϑπ 222
sin2sin2
−+= )
Karena sifat periodisitas fungsi sinus maka
( ) ( )oo ϑϑπ sin2sin =+ dan akhirnya diperoleh
( ) ( )[ ] 0sinsin2
=C TP 22
2
=− ooCm XI
ϑϑ
Jadi, disipasi daya rata-rata pada kapasitor adalah nol. Kapa tor yang dilewati arus bolak-balik tidak mengalami pemanasan seperti yang dialami resisostor, walaupun pada rangkaian
olak-balik kapasitor berperan sepesrti sebuah hambatan.
) Disipasi daya pada induktor Disipasi daya pada kapasitor memenuhi
(8.34)
aan (8.17) dan tegangan VL pada persamaan (8.30) maka
si
b b
IVP LL =
Dengan mensubtitusi arus para persam
( )[ ]omoLmL tItXIP ϑωπϑω +×⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ++= cos
2cos
( )ooLm ttXI ϑωϑω +⎟⎠
⎜⎝
++ cos2
cos π ⎞⎛2
Selanjutnya kita hitung disipasi daya rata-rata, yaitu
=
( )ooLmL ⎟⎠
⎜⎝ 2
ttXIP ϑωπϑω +⎞⎛ ++= coscos2
( )∫ +⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ++×=
T
ooLm dtttT
XI 2 cos2
cos1 ϑωπϑω 0
(8.35)
ada persamaan (8.35), kita ganti Untuk menyelesaikan integral p ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ++
2cos πϑω ot dengan
( )ot ϑω +− sin sehingga
( ) ( )∫ ++−= ooLm
L dtttTXI
P cossin ϑωϑω T
0
2
Selanjutnya kita misalkan
315
316
( ) ut o =+ϑωsin
Diferensiasi ruas kiri dan kanan maka
( ) dudtt o =+ϑωω cos atau
( )ω
ϑω dudtt o =+cos
Dengan demikian
( ) ( ) ( )ooo tuududttt ϑωϑωϑω +===++ ∫∫ 22 sin21
21cossin
Jadi
( ) ( ) ([ ]ooLm
T
oLm
L TTXI
tTXI
P ϑϑωϑω +−+−=⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ +−= 0sinsin
2sin
21 22
2
0
22
)
Mengingat T/2πω = ma πω 2=Tka sehingga
( ) ([ ]ooLm
L TXI
P ϑϑπ 222
sin2sin2
−+−= )
arena sifat periodisitas fungsi sinus maka
( ) ( )oo ϑϑπ sin2sin =+ K dan akhirnya diperoleh
( ) ( )[ ] 0sinsin2
222
=−−= ooLm
LPTXI
ϑϑ
Jadi, disipasi daya rata-rata pada induktor juga nol, sama dengan disipasi daya pada kapasitor.
8.10 Diagram Fasor Pada bagian berikutnya kita akan mempelajari rangkaian arus bolak-balik. Pencarian arus dan
gan pada rangkaian ini lebih rumit daripada pencarian yang sama pada rangkaian arus earah. Pada rangkaian arus bolak-balik kita akan memecahkan besaran-besaran yang
mengandung fungsi trigonometri. Untuk mempermudah pembahasan tentang arus bolak-balik, pada bagian ini kita akan
tegans
317
diagram emudahkan kita dalam melakukan operasi ljabar pada fungsi-fungsi trigonometri. Karena arus maupun tegangan bolak-balik merupakan
fungsi trigonometri maka kita akan merasa tertolong dengan menggunakan diagram fasor. Dalam diagram fasor, sebuah fungsi trigonometri digambarkan sebagai sebuah vektor dalam koordinat
ua dimensi. Panjang vektor tersebut sama dengan amplitudo fungsi dan sudut yang dibentuk iliki
ngsi
mempelajari fasor. Diagram fasor sangat ma
dvektor dengan arah sumbu datar sama dengan fase fungsi tersebut. Contohnya, kita memfu
( )tAV ωcos= (8.36)
m iagram fasor maka kita akan dapatkan vektor dengan panjang A dan membentuk sudut ωt rhadap sumbu datar, seperti dintunjukkan dalam Gambar 8.12
Tampak amplitudo fungsi di atas adalah A dan fasenya adalah ωt. Jika direpresentasikan daladte
ωt
A
ωt
A
Gambar 8.12 Contoh diagram fasor untuk fungsi pada persamaan (8.36) Contoh Gambarkan diagram fasor fungsi ( )otAV ϑω += cos Jawab Kita gambarkab vektor yang panjangnya A dan membentuk sudut ot ϑω + terhadap sumbu datar.
A
ot ϑω +
A
ot ϑω +
318
Gambar 8.13 Diagram fasor untuk fungsi ( )otAV ϑω += cos 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 ( )otAV ϑω += cos kita dapat memberikan sudut oϑ untuk arah datar. Akibatnya, sudut yang dibentuk vektor terhadap arah datar menjadi ωt saja. Diagram fasornya adalah
ambar 8.14 D
ωt
A
oϑωt
A
ϑo
iagram fasor untuk fungsi ( )otAV ϑω += cosG dengan mengambil sumbu datar
memiliki sudut fasa oϑ Lebih ekstrim lagi, kita dapat juga memberikan sudut ot ϑω + untuk arah datar. Pemilihan ini menyebabkan bentuk diagram fasor sebagai berikut
Aot ϑω +
Aot ϑω +
Gambar 8.15 Diagram fasor untuk fungsi ( )otAV ϑω += cos dengan mengambil sumbu datar memiliki sudut fasa ot ϑω + Tambahan. Untuk menggambarkan diagran fasor, lebih dianjurkan semua fungsi dinyatakan dalam fungsi kosinus. Jika dijumpai fungsi sinus, maka fungsi tersebut diubah ke fungsi kosinus dengan menggunakan hubungan
319
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −=
2cossin πθθ (8.37)
Contoh Gambarkan diagram fasor fungsi ( )otAV ϑω += sin awab J
Pertama, kita ubah fungsi di atas menjadi fungsi kosinus dengan menggunakan hubungan (57.37)
( ) ⎟⎠
⎜⎝
−+=+=2
cossin ϑωϑω oo tAtAV
⎞⎛ π
elanjutnya kita gambarkan diagram fasor dengan memiliki fase arah datar sembarang. Jika kita pilih fase arah datar adalah S
ot ϑω + maka diagram fasor menjadi sebagai berikut
Gambar 57.16 Diagram fasor untuk fungsi ( )otAV ϑω += sin 8.11 Operasi TrigoSekarang kita akan mencari hasil penjumlahan dan pengurangan fungsi trigonometri dengan
enggunakan diagram fasor. Akan terlihat bahwa yang kita cari nanti ternyata proses han dan pengurangan vektor seperti yang telah kita pelajari di kelas satu.
ontonya, kita akan menjumlahan dua buah fungsi trigonometri
nometri dengan Diagram Fasor
mpenjumla C
( )tAV ωcos11 = ( )otAV ϑω += cos22
A
ot ϑω +
π/2
ot ϑω +
π/2A
320
Kita akan mencari fungsi V = V1 + V2. Yang pertama kali yang akan kita lakukan adalah
enggambarkan V1 dan V2 dalam diagram fasor. Karena ke dua fungsi trigonometri di atas
ase ω i vektor yang searah sumbu datar dan fungsi V2 digambarkan sebagai vektor yang membentuk sudut
mmemiliki salah satu komponen fase yang sama yaitu ωt, maka akan sangat tertolong apabila kita pilih sumbu datar memiliki f t. Akibatnya, fungsi V1 digmabarkan sebaga
oϑ terhadap sumbu datar. Diagram fasornya sebagai berikut
ngsi hasil penjumlahan
ektor metode jaran genjang
A1
ωt
A2
oϑ φA
A1
ωt
A2
oϑ φA
Gambar 8.17 Diagram fasor fungsi V1 dan V2 serta fu Yang perlu kita cari selanjutnya adalah mencari panjang vektor V yaitu A dan menentukan sudut yang dibentuk vektor V dengan sumbu datar, yaitu φ. Dengan aturan penjumlahan vja kita dapatkan
oAAAAA ϑcos2 2122
21 ++= (8.38)
ntuk menentukan φ, lihat gambar (8.18) berikut ini U
A1
ωt
A2
oϑ φA
oA ϑsin2
oA ϑcos2
oAA ϑcos21 +
A1
ωt
A2
oϑ φA
oA ϑsin2
oA ϑcos2
oAA ϑcos21 +
321
Gambar 8.18 Menentukan sudut fasa fungsi hasil penjumlahan V1 dan V2 Tampak dari gambar di atas, vektor A memiliki komponen arah horizontal
oh AAA ϑcos21 += (8.39) dan komponen arah vertikal
ov AA ϑsin2= (8.40)
anjang vektor A dapat juga ditulis ditulis dalam bentuk P
( ) ( )2222 sincos AAAAAA ϑϑ ++=+= 221 oovh (8.41)
Sundut yang dibentum vektor A dengan sumbu datar memenuhi
o
ov AA
h AAA ϑϑ
φsin
tan 2== cos21 +
(8.42)
Setelah panjang A dan sudut φ ditentukan maka fungsi penjumlahan V dapat diperoleh, yaitu
( )φω += tAV cos (8.43)
Contoh Dua fungsi trigonometri masing-masing berbentuk
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +=
3sin71
πωtV
dan
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +=
6cos52
πωtV
a) Gambarkan diagram fasor yang memuat dua fungsi di atas b) Tentukan persamaan untuk fungsi V = V1+V2 Jawab Untuk memudahkan kita ubah semua fungsi trigonometri dalam bentuk kosinus. Jadi
⎟⎠⎞⎛⎞⎛⎞⎛ ππππ
⎜ −=⎟⎜ −+=⎟⎜ +=6
cos723
cos73
sin71 ωωω ttt ⎝⎠⎝⎠⎝
V
322
) Untuk menggambar diagram fasor, kita dapat mengambil arah horisontal memiliki sudut a6/πω −t . Diag
an dua fungsi dia atas adalah
ram fasor tampak pada Gbr 8.19 b) Amplitudo hasil penjumlah
( )6/2cos57257cos2 2122
21 += oAAAAA 22 πϑ ×××++=+
109= = 10,4
ωt-π/6
A2=5
φ
A6/2π
A1=7ωt-π/6
A2=5
φ
A6/2π
A1=7
Gambar 8.19
Sudut yang dibentum vektor A dengan sumbu datar memenuhi
( )( ) 5,057
867,056/2cos57
6/2sin5cos
sintan
21
2
×+×
=+
=+
==π
πϑ
ϑφ
o
o
h
v
AAA
AA
= 0,456
atau
φ = 24,5o = 0,14π Dengan demikian, kebergantungan fungsi V terhadap waktu menjadi
( )πωππωφπω 03,0cos4,1014,06
cos4,106
cos +=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +−=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ +−= tttAV
.12 Rangkaian Arus Bolak-Balik
dapat melakukan analisis rangaian
8Berbekal pemahaman tentang diagram fasor maka kita
323
olak-balik dengan mudah. Yang dimaksud dengan rangkaian bolak-balik di sini adalah rangkaian yang dialiri arus bolak-balik. Pada bagian ini kita hanya akan membahas rangkaian yang mengandung resistor, inductor, dan kapasitor. Pada prinsipnya, komponen apa pun yang dipasang pada rangkaian bolak-balik dapat diganti dengan rangkaian yang mengandung resistor, kapasitor, dan inductor yang menghasilkan sifat yang serupa. a) Rangkaian RL Seri Rangkaian ini hanya mengandung resistor dan inductor yang disusun secara seri seperti pada Gbr 8.20
ambar 8.20 Contoh rangakain RL seri
ita ingin mencari tegangan antara titik a dan b, antara titik b dan c dan antara titik a dan c. Mari kita analisis.
ikan
b
R L
I = Im cos (ωt+ϕo)
a b c
R L
I = Im cos (ωt+ϕo)
a b c
G K
( )om tII ϑω += cosDiber . Tegangan antara dua ujung hambatan memiliki fasa yang sama engan arus. Maka kita dapatkan d
( )omab tRIV ϑω += cos
arus sebesar π/2. Maka kita apatkan
Tegangan antara dua ujung inductor memiliki fasa yang mendahului d
( )2/cos πϑω ++= oLmbc tXIV dengan
LX L ω= Tegangan antara ujung kiri resostor dengan ujung kanan inductor menjadi
bcabac VVV += ( ) ( )2/coscos πϑωϑω ++++= oLmom tXItRI (8.44)
ahan trigonometri yang tidak sefasa. Maka kita dapat menggunakan
ita pilih sumbu datar memiliki sudut fasa
Kita menemui penjumldiagram fasor untuk menyelesaikannya. Gbr 8.21 adalah diagram fasor yang kita gunakan
Im Rot ϑω +
θ
Im XL
Vm
Im Rot ϑω +
θ
Im XL
Vm
Gambar 8.21 Diagram faror untuk penjumlahan persamaan (8.44)
( )ot ϑω + K agar memudahkan penyelesaian. Dengan oras maka dalil Phitag
( ) ( ) ( )22222LmLmmm XRIXIRI +=+= V
22Lm XRI += (8.45)
dan
RX
RIXI L
m
Lm ==θtan (8.46)
kirnya kita dapatkan bentuk umum tegangan antara titik a dan c sebagai berikut
A
( )θϑω ++= omac tVV cos
( )θϑω +++ tXRI cos22 (= oLm 8.47)
Persamaan (8.45) dapat juga ditulis sebagai 324
( )θϑω ++= omac tZIV cos (8.48)
dengan
22LXRZ += (8.49)
disebut impedansi rangkaian seri RL. Contoh Hambatan 30 kΩ dihubungkan secara seri dengan induktor 0,5 H pada suatu rangkaian ac. Hitung impedansi rangkaian jika frekuensi sumber arus adalah (a) 60 Hz, dan b) 5,0 × 104 Hz Jawab a) f = 60 Hz maka 6014,322 ××== fπω = 376,8 rad/s
LX 5,08,376 ×== Lω = 188,4 Ω
( ) ( ) 422422 1034,188103 ×≅+×=+=Z LXR = 30 kΩ
4×× = 1,57 × 105 Ω
b) f = 5,0 × 104 Hz maka )14,322 ××== fπω = 3,14 × 10105( 5 rad/s
)1014,3( 5×== LX L ω 5,0
( ) ( ) 510252422 106,11055,21057,1103 ×=×=×+×=+= LXRZ Ω = 160 kΩ
b) Rangkaian RC Seri Rangkaian ini
.22
tara titik b dan c dan antara titik a dan c. Mari
hanya mengandung resistor dan kapasitor yang disusun secara seri seperti pada Gbr 8
R C
I = Im cos (ωt+ϕo)
a b c
R C
I = Im cos (ωt+ϕo)
a b c
Gambar 8.22 Contoh rangkaian seri RC
ita ingin mencari tegangan antara titik a dan b, anK
325
326
kita analisis
n
( )om tII ϑω += cosDiberika . Tegangan antara dua ujung hambatan memiliki fasa yang sama engan arus. Maka kita dapatkan
omab RIV
d
( )t ϑω + = cos
memiliki fasa yang mengikuti arus dengan keterlambatan ebesar π/2. Maka kita dapatkan
Tegangan antara dua ujung kapasitor s
( )2/cos πϑω −+= oCmbc tXIV dengan
CX 1
= C ω Tegangan antara ujung kiri resistor dengan ujung kanan kapasitor menjadi
ccos
bcabac VVV +=
( ) ( )2/os πϑω −+ otϑω ++= Cmom XItRI (8.50) Di sini kita menemui penjumlahan trigonometri yang tidak sefasa. Maka kita dapat
enggunakan diagram fasor untuk menyelesaikannya. Gbr 8.23 adalah diagram fasor yang kita
lahan persamaan (8.48)
mgunakan
Im Rot ϑω +
θIm XC
Vm
Im Rot ϑω +
θIm XC
Vm
Gambar 8.23 Diagram fasor untuk penjum Kita memilih sumbu datar memiliki sudut fasa ( )ot ϑω + agar memudahkan penyelesaian.
327
s Phitagoras maka Dengan rumu
( ) ( ) ( )222mCmmm RIXIRIV =+= 22
CX+
22Cm XRI += (8.51)
an d
RXXI CCm ==θtan
RI m
(8.52)
erhatikan, sudut θ ada di bawah sumbu datar. Fase yang dimiliki tegangan total sama dengan
bu datar dikurangi sudut θ. Dengan demikian kita dapatkan bentuk umum tegangan antara titik a dan c sebagai berikut
Pfase sum
( )θϑω −+= omac tVV cos
( )θϑω −++= tXRI cos22 (oCmac 8.53)
Persamaan (8.53) dapat juga ditulis sebagai
V
( )θϑω −+= omac tZIV cos (8.54)
dengan
22CXRZ += (8.55)
disebut impedansi rangkaian seri RC. Contoh Rangkaian seri RC mengandung hambatan 100 Ω dan kapasitansi 1 µF. Jika tegangan antara dua ujung kapasitor adalah 10 cos(2000 t + π/6) volt tentukan a) Arus yang mengalir b) Tegangan antara dua ujung resistor ) Tegangan total antara ujung resistor dan ujung kapasitor awab
= 100 Ω
cJDiberikan R
328
itor C = 10 cos(2000 t + π/6) volt
Dari sini diperoleh = 10 V
ω = 2000 rad/s
pedansi kapasitif
C = 1 µF = 10-6 F Tegangan antara dua ujung kapasV
CmV
a) Im
610000211
−×==
CX C ω
= 500 Ω
Amplitudo arus yang mengalir
2102500C
m X Pada rangkaian seri RC, fase teg
10 −×=== CmV A
angan antara dua ujung kapasitor mengikuti arus dengan eterlambatan fase π/2. Atau fase arus mendahului fase tagangan antara dua ujung kapasitor
dengan beda fase π/2. Karena fase tagangan antara dua ujung kapasitor adalah (2000 t + π/6) maka fase arus adalah (2000 t + πadalah
I
k
/6 + π/2) = (2000 t + 4π/6). Dengan demikian, fungsi arus
( ) ( )6/42000cos1026/42000cos 2π ×=+= −tII π+tm A
b) Tegangan antara dua ujuase tegangan antara dua ujung resistor sama dengan fase arus. Amplitudo tegangan antara dua
sistor adalah
= 2 V
Karena sama dengan fase arus m
ng resistor. Fujung re
100)102( 2 ××== −RIV mRm
aka ( ) ( )6/42000cos26/42000cos ππ +=+= ttVV RmR
) Tegangan total antara ujung resistor dan ujung kapasitor si total antara dua ujung komponen adalah
cImpedan
1,500500100 2222 =+=+= Ω. CXRZ
Amplitudo tegangan
1,500)102( 2 ××== −Z = 10 V IV mm
Beda fase antara tegangan total dan arus adalah θ yang memenuhi
5100
=R
500tan ==X Cθ
atau θ = 1,373 rad = 0,44π rad.
RC, fase tegangan mengikuti arus dengan keterlambatan fase θ = 0,44π. Karena se arus adalah (2000 t + 4π/6) maka fase tegangan adalah (2000 t + 4π/6 - θ) = (2000 t + 4π/6 -
π). Jadi, kebergantungan tegangan total terhadap waktu memenuhi
Untuk rangkaianfa0,44π) = (2000 t + 0,23
( ) ( )ππ 23,02000cos1023,02000cos +=+= ttVV m
) Rangkaian LC Seri
Gambar 8.24 Contoh rangkaian seri LC
Kita ingin mencari tegangan antara titik a dan b, an a titik b dan c dan antara titik a dan c. Mari ita analisis
c Rangkaian ini hanya mengandung induktor dan kapasitor yang disusun secara seri seperti pada Gbr 8.24
C
I = Im cos (ωt+ϕo)
a b c
L C
I = Im cos (ωt+ϕo)
a b c
L
tar
k Diberikan ( )om tII ϑω += cos . Tegangan antara dua ujung induktor mendahului arus dengan
sa sebesar π/2. Maka kita dapatkan fa
( )2/cos πϑω ++= oLmab tXIV
LX L ω=dengan . Tegangan an ujung kapasitor memiliki fasa yang mengikuti arus dengan keterlambatan sebesar
tara duaπ/2. Maka kita dapatkan
329
( )2/cos πϑω −+= oCmbc tXIV
dengan
330
CX C ω
1=
Tegangan antara ujung kiri induktor dengan ujung kanan kapasitor menjadi
bcabac VVV += ( ) ( )2/cos2/cos πϑωπϑω −++++ oCmoLm tXItXI
engan menggunakan sifat
=
( )παα +−= coscos D maka kita dapat menulis
)( ) ( ππϑωπϑω +−+−=−+ 2/cos2/ oo tt cos
( )2/cos πϑω ++−= ot Dengan demikian kita peroleh
( ) ( )2/cos2/cos πϑωπϑω ++−++= oCmoLmac tXItXIV ( ) ( 2/cos )πϑω ++−= oCLm tXXI (8.56)
ambar 8.25 Diagram fasor untuk rangkaian seri LC
ena Vab = 0. Kondisi ini terpenuhi jika
ot ϑω +
Im XC
Vm
Im XL
ot ϑω +
Im XC
Vm
Im XL
G Kasus menarik terjadi jika XL = XC, kar
CL
ωω 1
=
atau
LC1
=ω (8.57)
Kondisi ini diebut kondisi resonansi dan frekuensi
LC1
=ω disebut frekuensi resonansi.
ada kondisi resonansi terdapat beda tegangan antara dua ujung inductor dan antara dua ujung asa sehingga saling
enghilangkan. Akibatnya, ketika inductor dan kapasitor tersusun secara seri maka tegangan antara ujung ujung luar inductor dan ujung luar kapasitor nol.
ontoh ur tegangan antara d hi 2 sin(1000t) volt.
duktasi inductor adalah 2 mH dan kapasitansi kapasitor adalah 0,25 mF. Tentukan a) arus yang mengalir dalam rangkaian b) tegangan antara dua ujung kapasitor ) tegangan total antara ujung inductor dan ujung kapasitor
total antara ujung kapasitor dan ujung inductor nol awab
Diberikan L = 2 mH = 2 × 10-3 H C = 0,25 mF = 2,5 × 10-4 F ω = 1000 rad/s
V Reaktasi induktif
= 2 Ω. Reaktansi kapasitif
Pkapasitor. Tetapi kedua tegangan tersebut sama besar dan berlawanan fm
CPada rengkaian seri RL teruk ua ujung induksor memenuIn
cd) frekuensi arus agar teganganJ
2=LmV
)102(1000 3−××== LX L ω
4)105,2(1000
114 =
××== −C
X C ωΩ
a) arus yang mengalir dalam rangaian Arus maksimum yang mengalir memenuhi
122===
L
Lmm X
VI A
besar π/2 radian. Atau fase arus lebih rbelakang sebesar π/2 radian terhadap fase tegangan antara ujung inductor. Karena fase antara
engan demikian,
Fase antara dua ujung inductor mendahului arus seteujung inductor adalah sin(1000t) maka fase arus adalah sin(1000t - π/2). D
331
332
ngsi arus menjadi
sin
fu
(1000 ) ( )2/1000sin12/ ππ −=−= ttII m A
angan antara dua ujung kapasitor egangan maksimum antara ujung kapasitor memenuhi
ase antara dua ujung kapasitor mengikuti arus dengan keterlambatan sebesar π/2 radian. Karena ujung ka
/2) = sin(1000t - ). Dengan demikian, fungsi tegangan antara dua ujung kapasitor adalah
b) tegT
= CmCm XIV 441 =×= V Ffase arus adalah sin(1000t - π/2) maka fase antara dua pasitor adalah sin(1000t - π/2 - π π
( ) ( )ππ −=−= ttVV CmC 1000sin41000sin ( )t1000sin4−=
c) tegangan total antara ujung inductor dan ujung kapasitor
CR VVV += ( ) ( ) ( )ttt 1000sin31000sin41000sin1 −=−= volt
d) frekuensi arus agar tegangan total antara ujung kapasitor dan ujung inductor nol Kondisi ini dicapai saat resonansi yang memenuhi
1414)105,2()102(
143
=×××
=−−
rad/s
c) Rang RLC Seri ih lanjut ke rangkaian RLC yang disusun secara seri seperti pada
Gbr 8.26
1=
LCω
kaianSekarang kita meningkat leb
R L
I = Im cos (ωt+ϕo)
a b
C
c d
R L
I = Im cos (ωt+ϕo)
a b
C
c d
333
but mengalir arus
Gambar 8.26 Contoh rangkaian seri RLC Pada rangkaian terse ( )om tII ϑω += cos . Kita akan menghitung Vab, Vbc,
cd, Vac, Vbd, dan Vad
erdasarkan pembahasan di atas dengan segera kita dapatkan
V
B
( )omab tRIV ϑω += cos ( )2/cos πϑω ++= oLmbc tXIV
cos( )2/π−ϑω += oCmcd tXIV Antara titik a dan c terdapat resistor dan induktor yang disusun secara seri sehingga
( )22 cos θϑω +++= tXRI 1oLmaC
dengan
V
RX L /tan 1 =θ
ntara titik b dan d terdapat induktor dan kapasitor yang disusun secara seri sehingga A
( ) ( )2/cos πϑω ++−= oCLmbd tXXIV Antara titik a dan d terdapat tiga komponen yang disusun secara seri sehingga tegangan total
emenuhi m
cdbcabad VVVV ++= ( ) ( ) ( )2/cos2/coscos πϑωπϑωϑω −++++++= oCmoLmom tXItXItRI (8.58)
Penjumlahan tiga suku trigonometri di atas d gkapkan dalam diagram fasor seperti pada Gbr 8.27
apat diun
ot ϑω +
Im XC
Vm
Im XL
θ
Im Rot ϑω +
Im XC
Vm
Im XL
θ
Im R
334
Gambar 8.27 Diagram fasor untuk penjumlahan pada persamaan (8.58) Dengan dalil Phitagoras maka
( ) ( )22CmLmmm XIXIRIV −+=
( )22CLm XXRI −+=
(8.59)
engan
ZI m=
d
( )22CL XXRZ −+= (8.60)
dalah impedansi rangkaian seri RLC. Dari gambar kita juga melihat bahwa
a
XR
XRI
XIXI CL
m
CmLm −=
−=θtan (8.61)
engan demikian, bentuk umum tegangan antara titik a dan d sebagai fungsi waktu adalah
D
( )θϑω ++= omad tZIV cos (8.62)
ontoh itor 5 µF.
egangan antara dua ujung kapasitor adalah 8 cos(1000t + π/3) volt. Tentukan a) fungsi arus yang mengalir
) tegangan antara dua ujung resistor
total antara ujung kiri komponen paling kiri dan ujung kanan komponen paling anan
Jawab
iberikan
C = 5 µF = 5 × 10-6 F
CRangkaian RLC seri mengandung hambatan 100 Ω, inductor 0,05 H, dan kapasT
bc) tegangan antara dua ujung induktor d) tegangank
DR = 100 Ω L = 0,05 H
335
ω = 1000 rad/s Tegangan antara dua ujung kapasitor
( )3/1000cos8 π+= tVC volt Dari sini tampak bahwa
volt Reaktansi induktif
8=CmV
5005,01000 =×== LX L ω Ω Reaktansi kapasitif
200)105(1000
116 =
××== −C
X C ωΩ
) fungsi arus yang mengalir
rus maksimum yang mengalir
a A
02,04008
===C
Cmm X
VI A
Fase arus mendahului fase tegangan antara ujung kapasator dengan fase sebesar π/2. Fase tegangan antara ujung kapasitor adalah (1000t + π/3). Maka fase arus adalah (1000t + π/3 + π/2) = (1000t + 5π/6). Jadi fungsi arus menjadi
( ) ( )6/51000cos02,06/51000cos ππ +=+= ttII m A
) tegangan antara dua ujung resistor Tegangan maksimum antara dua ujung resistor
mRm volt
ase tagangan antara ujung resistor sama dengan fase arus. Dengan demikian, fungsi tegangan antara ujung resistor adalah
b
V 210002,0 =×== RI F
( ) ( )6/51000cos26/51000cos ππ +=+= ttVV RmR volt
) tegangan antara dua ujung induktor Tegangan maksimum antar
LX volt
ar π/2. Fase arus
c
a dua ujung induktor
= mLm IV 15002,0 =×=
Fase tagangan antara ujung induktor mendahui fase arus dengan fase sebes
336
n demikian, fase tegangan antara ujung induktor adalah (1000t + a, fungsi tegangan antara ujung induktor adalah
adalah (1000t + 5π/6). Denga5π/6 + π/2) = (1000t + 8π/6). Akhirny
( ) ( )6/81000cos16/81000cos ππ +=+= ttVV LmL volt d) tegangan total antara ujung kiri komponen paling kiri dan ujung kanan komponen paling
otal rangkaian
kanan Impedansi t
( ) 18032500)20050(100 2222 ==−+= Ω.
mum antara ujung kiri dan ujung kanan rangkaian
−+= CL XXRZ
Tegangan maksi
18002,0 =×== ZIV mm 6,3 volt gan tegangan maksimum ini memenuhi Beda fase antara arus den
5,1100150
10020050tan −=−=
−=
− XX L=R
Cθ
θ = -0,98 rad = - 0,31π rad. if lebih kuat dari sifat konduktif maka secera keseluruhan rangkaian bersifat
kapasitif. Fasa tegangan antara ujung ke ujung rangkaian mengalami keterlambatan dari fasa arus. Fasa arus adalah (1000t + 5π/6). Maka fasa tegangan adalah (1000t + 5π/6 – 0,31π) = (1000t +
total menjadi
atau
Karena sifat kapasit
+0,52π). Jadi, fungsi tegangan
( ) ( )ππ 52,01000cos6,352,01000cos +=+= tVV m t volt
8.13 Faktor Daya
elanjutnya kita akan menghitung disipasi daya pada rangkaian RLC yang disusun secara seri.
SJika rangkaian tersebut dialiri arus
( )tII m ωcos= maka dengan segera kita dapat menentukan tegangan antara ujung kiri komponen paling kiri
engan ujung kanan komponen paling kanan adalah d
( )θω += tZIV m cos dengan
−= ( ) RXX CL /tanθ
Disipasi daya dalam rangkaian
( ) ( )θωω +== ttZIIVP m coscos2
337
ita gunakan persamaan trigonometri K
( ) ( )βαβαβα −++= cos1cos1cos 22
ehingga kita dapat menulis
cos
s
( ) ( ) [ ]( ) [ ]( )θωωθωωθωω +−+++=+ tttttt cos21cos
21coscos
( ) ( ) ( ) ( )θθωθθω212cos
21cos
212cos
21
++=−++ tt cos =
Dengan demikian
( ) ( )θθω cos2
2cos2
tP ++=22 ZIZI mm
Daya rata-rata adalah
( ) ( ) ( ) ( )θθωθθω cos2
2cos2
cZI m os2cos
2222 ZIt
ZIt
ZIP mmm ++=++=
Kalian dapat mebuktikan bahwa
22
( ) 02cos =+θωt . Dan karena θcos konstan maka
( ) ( )θθ cos= . Akhirnya diperoleh cos
( )θcos2
02
22
×+×=ZIZI
P mm
θcos2
2 ZI m= (8.63)
Di sini, cos θ disebut factor daya. Besaran ini me an daya yang dibuang pada rangkaian
eskipun besar tegangan dan arus maksimum konstan. Faktor daya bergantung pada frekuensi rus. Jadi, untuk rangkaian yang sama, disipasi daya yang dibuang bergantung pada frekuensi.
nentukma
338
θ adalah satu. Kondisi ini menyebabkan disipasi daya mencapai nilai
Daya rata-rata dapat pula ditulis dalam bentuk lain. Mengingat
Nilai terbesar cos maksimum. Kondisi ini dicapai saat resonansi di mana XL = XL sehingga tan θ = 0 atau cos θ = 1.
mm VZI = maka
θθ coscos mmmm VIVIP ==
222θcosrmsrmsVI= (8.64)
Soal dan Penyelesaian hambatan R = 1,0 Ω dan induktansi L = 0,3 H. Tentukan arus
alam kumparan jika dihubungkan dengan tegangan (a) 120 volt dc, (b) 120 votl (rms) dengan frekuensi 60 Hz Jawab
= 1,0 Ω L = 0,3 H f = 60 Hz atau ω = 2πf = 2π × 60 = 120π rad/s ) Jika dihubungkan dengan tegangan dc maka hanya hambatan yang memberi pengaruh pada
Dengan demikian arus yang mengalir adalah
I = V(dc)/R = 120/1,0 = 120 A b) Jika dihubungkan dengan tegangan ac maka hambatan dan inductor memberi pengaruh pada
tegangan yang diberikan. eaktansi induktif adalah
1) Sebuah kumparan memiliki d
Diberikan R
ategangan yang diberikan.
R
=×== 3,0)120( πωLX L 113 Ω. Impedansi rangkaian
≅+=+= 2222 1131LXRZ 113 Ω
Tegangan rms yang diberikan adalah 120 V. Maka arus rms adalah
94,0120113
===Z
VI rms
rms A
339
Arus maksimum adalah
33,141,194,02 =×== rmsm II A
2) Tiga komponen R, L, dan C dihubungkaC = 12,0 µF
00 Hz. Hitung (a) arus dalam rangkaian, (b) pembacaan voltmeter pada dua ujung
= 25,0 Ω
s = 90 V = 500 Hz
eaktansi induktif
n secara seri. Misalkan R = 25,0 Ω, L = 30,0 mH, dan . Rangkaian tersebut dihubungkan dengan tegangan ac 90 V (rms) dengan frekuensi
5masing-masing komponen, (c) beda fase θ, dan (d) disipasi daya dalam rangkaian. Jawab Diberikan RL = 30,0 mH = 0,03 H C = 12,0 µF = 1,2 × 10-5 F Vrmf ω = 2πf = 2π × 500 = 3 140 rad/s R
03,03140×== LX L ω = 94,2 Ω Reaktansi kapa
sitif
)102,1(314011
5−××==
CX C ω
= 26,5 Ω
Impedansi total
( ) ( )2222 5,262,9425 −+=−+= CL XXRZ = 72 Ω
a) Arus rms yang mengalir dalam rangkaian
7290
==Z
I rmsVrms = 1,25 A
volmeter adalah tegangan rms. Beda tegangan antar ujung-ujung komponen yang meter
V rmsrmsR
Pembacaandibaca volt adalah Antara ujung resistor
0,2525,1 ×== RI = 31,25 V ,
Antara ujung kapasitor
5,2625,1, ×== XI = 33,13 V CrmsrmsCV
340
An
,
tara ujung induktor
2,9425,1 ×== XIV LrmsrmsL = 117,75 V
c) Beda fase antara arus dan tegangan adalah θ yang memenuhi
71,225
5,262,94tan =−
=XX CLθ =
−R
atau = 69,8o
arena XL > XC maka rangkaian bersifat induktif sehingga tegangan mendahului arus dengan selisih fase θ = 69,8o
) Disipasi daya dalam rangkaian
θ K
d
( )ormsrmsVIP 25,1cos == θ 8,69cos90×× = 55 watt
Pada frekuensi berapakah inductor 200 mH memiliki reaktansi 2,0 kΩ? awab J
Diberikan XL = 2,0 kΩ = 2 × 103 Ω L = 200 mH = 0,2 H
LX L ω= atau
43
102,0102
=×
==X LωL
rad/s
µF adalah 250 Ω. Pada frekuensi berapakah lakukan?
C = 9,20 µF = 9,2 × 10
3) Ketika diukur, reaktansi sebuah kapasitor 9,20 pengukuran diJawab Diberikan XC = 250 Ω
-6 F
CX C ω
atau 1=
4375250)102,9(CCX
116 =××
== −ω rad/s
341
4) Hitung impedansi dan arus rms dalam kumparan radio 160 mH yang dihubungkan ke tagangan 220 V (rms) pada frekuensi 10,0 kHz. Abaikan hambatan kumparan
Diberikan L = 160 mH = 0,16 H
rms = 220 V
ctor maka impedansi sama dengan reaktansi induktif, yaitu
Ω
Arus rms yang mengalir
Jawab
Vf = 10,0 kHz = 104 Hz ω = 2πf = 2π× 104 rad/s Karena hanya ada indu
44 100,116,0)102( ×=××=== πωLXZ L
022,0100,1
220===
VI rms
4×Zrms A
gan tegangan rms 2,0 kV dan
ekuensi 700 Hz? Berapa pula nilai arus maksimum yang mengalir? Jawab Diberikan
,030 µF = 3 × 10-8 F z
= 2πf = 2π × 700 = 4396 rad/s
) Karena hanya ada kapasitor maka impedansi sama dengan reaktansi kapasitif, yaitu
5) Berapa impedansi kapasitor 0,030 µF jika dihubungkan denfr
C = 0f = 700 HωVrms = 2,0 kV = 2 × 104 V a
)103(439611
=== XZ 8−××CC ω = 7 583 Ω
b) Arus rms yang mengalir
5837Zrms102 4×
==Vrms = 2,6 A
aksimum yang mengalir adalah
I
Arus m
41,16,22 ×== rmsm II = 3,7 A
6) Sebuah hambatan 30 kΩ dipasang seri dengan inductor 0,5 H dan sebuah sumber tagangan ac. g impedansi rangkaian jika frekuensi sumber adalah (a) 50 Hz, (b) 3,0 × 104 Hz.
Jawab
Hitun
342
Diberikan R = 30 kΩ = 3 × 104 Ω
= 0,5 H La) f = 50 Hz, maka ω = 2πf = 2π × 50 = 314 rad/s
5,0314×== LX L ω = 157 Ω nsi rangkaian Impeda
22422 )157()103( +×=L =3 × 104 Ω
b) f = 3,0 × 4 , maka ω = 2πf = 2π × (3,0 × 104) = 1,9 × 105 rad/s Ω
pedansi rangkaian
+= XRZ
10 Hz
45 105,95,0)109,1( ×=××== LX L ω Im
524 1)0 =2422 100,15,9()103( ××+×=+= LXRZ Ω
,42 H πf1 = 2π × 60 = 377 rad/s
7) Sebuah hambtan 2,5 kΩ dipasang seri dengan inductor 420 mH. Pada frekuensi berapakah impedansi sama dengan dua kali impedansi pada saat frekuensi 60 Hz? Jawab Diberikan R = 2,5 kΩ = 2 500 Ω L = 420 mH = 0f1 = 60 Hz, atau ω1 = 2
42,037711 ×== LX L ω = 158,34 Ω
pedansi memenuhi
adi
ω2 = ….?
Im222LXRZ +=
J
21
2
12
22
1
2
L
L
XRXR
ZZ
++
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
Untuk Z2/Z1 = 2 maka
21
2R +
12
2
L
L
XX+ atau 2
12
12
2
4L
L
XRXR
++
= 22 R=
atau ( )2
122
22
LXR =+ 4 LXR + Atau
( ) ⎟⎟⎜⎜ +=+=−+= 2122
1222
122
2 34
13434RX
RXRRXRX LLLL
⎠
⎞
⎝
⎛ 2
Atau
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝ 323R⎛
≈1 13R ×++= 2
21
2
21
2
2
2 321341413
RXR
RXXRX LLL
L
7,4341)105,2(3
)34,158(2×1)105,2(3 23
23 =⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛××
+×××= Ω
Dengan demikian diperoleh frekuensi sudut agar impedansi dua kali adalah
42,07,43412
2 L=L = 10 337 Hz
mpedansi total, sudut fase, dan arus rms dalam rangkaian RLC seri yang dihubungkan si 10,0 kHz jika L = 22,0 mH, R = 8,70 kΩ,
dan C = 5 000 pF?
Diberikan R = 8,70 kΩ = 8,7 × 103 Ω
= 22,0 mH = 0,022 H
Vrms = 300 V
ω = 2πf = 2π × 104 = 6,28 × 104 rad/s Reaktansi induktif rangkaian
Ω
=X
ω
8) Berapa idengan sumber tagangan 300 V (rms) dan frekuen
Jawab
LC = 5 000 pF = 5 × 10-9 F
f = 10,0 kHz = 104 Hz
34 104,1022,0)1028,6( ×=××== LX L ω Reaktansi kapasitif rangkaian
4102,311×===X Ω C 94 )105()1028,6( ××× −Cω
rangkaian Impedansi
22 −= )( CL XXRZ +
3723323 89,7)4,1()107,8( ×=×+×= 102,310 ×− 109,810 ×= Ω
343
344
udut fase antara arus dan tegangan, θ, memenuhi S
21,0107,8
102,3104,1tan 3
33
−=×
×−×=
−=
RXX CLθ
atau 2o
Karena sifat kapasitif lebih kuat daripada sifat induktif maka tegangan mengikuti arus. Arus rms yang mengalir
θ = -1
3109, ×8300
==Z
Vrmsrms = 0,034 A
gangan V = 4,8 sin (754t) diterapkan pada rangkaian RLC seri. Jika L = 3,0 mH, R=1,4 kΩ,
dan C = 3,0 µF, berapa disipasi daya dalam rangkaian?
iberikan L = 3,0 mH = 3,0 × 10-3 H R = 1,4 kΩ = 1,4 × 103 Ω C = 3,0 µF = 3,0 × 10-6 F
aan umum tegangan dapat ditulis = Vm sin (ωt)
Dari bentuk tegangan yang diberikan kita dapat simpulkan Vm = 4,8 volt ω = 754 rad/s Reaktansi kapasitif
I
9) Te
JawabD
PersamV
)100,3()754(11
6−××==
CX C ω
= 442 Ω
×== LX L ω
pedansi rangkaian
Reaktansi induktif
)100× =2,3 Ω,3(754 3−
Im
22 )( CL XXRZ −+=
1467)4423,2()104,1( 223 +× =− Ω
gangan, θ, memenuhi
=
Sudut fase antara arus dan te
314,0104,143,2tan −
=−
=XX CLθθ 42
3 −=×
Arus maksimum yang mengalir dalam rangkaian
Arus maksimum yang mengalir dalam rangkaian
Ratau atau θ = -17,4oθ = -17,4o
3103,31467
8,4 −×===Z
VI m
m A
dalam rangkaian Disipasi daya rata-rata
)4,17cos(2
8,4)103,3(cos2
3ommVI
P −×××
==−
θ = 0,015 W
10) Suatu rangkaian mengandung resistor 250 Ω yang diseri dengan inductor 40,0 mH dan
enerator 50,0 V (rms). Disipasi daya adalah 9,50 W. Berapa frekuensi generator?
Diberikan Vrms = 50,0 V
50 Ω mH = 4 × 10-2 H
gJawab
R = 2L = 40,0<P> = 9,5 W
θθθcosZ
VIP rmsrms == coscos2
ZV
VV rms
rmsrms =
ihat Gbr. 8.28 L
θ
Im R
Im XLIm Z
θ
Im R
Im XLIm Z
Gambar 8.28
bar bahwa Tampak dari gam
345
ZRRI m ==θcos
ZI m
Jadi
2
22
ZRV
ZR
ZV
P rmsrms ==
Dengan demikian,
657805,92505022
2 =×
==P
RVZ rms Ω2
Tetapi = 3280 Ω2
atau
2222 )250(65780 −=−= RZX L
3280=LX = 57 Ω
Frekuensi generator adalah
210457
−×==
LX Lω = 1425 rad/s
Soal Latihan 1) Kapasitor 3500 pF dihubungkan dengan inductor 50 emiliki hambatan 3,0 Ω.
erapa frekuensi resonansi rangkaian?
une ke satsiun Hz? (b) berapa induktansi rangkaian?
an RLC memiliki L = 4,8 mH dan R = 4,4 Ω. (a) Berapa C agar terjadi resonansi pada Hz. (b) berapa arus maksimum pada saat resonansi jika tegangan puncak
alah 50 volt? alir pada rangkaian RL seri jika V(rms) = 120 volt dan frekuensi 60
batan adalah 1,8 kΩ dan induktansi adalah 900 mH. b) Berapa sudut fasa antara arus dan tegangan? (c) berapa daya yang dibuang rangkaian? (d) berapa tegangan rms antara dua ujung hambatan dan antara dua ujung inductor?
paran inductor bekerja pada tegangan 220 V (rms) dan frekuensi 60 Hz. Kumparan tersebut menarik arus 12,8 A. berapa induktansinya?
µH yang mB2) Kapasitor variable dalam tuner radio AM memiliki kapasitansi 2 800 pF jika radio tersebut di-tune ke stasiun 580 kHz. (a) berapa kapasitansi kapasitor jika radio tersebut dit1 600 k3) Rangkaifrekuensi 3 600eksternal ad4) Berapa arus yang mengHz? Besar ham
5) Sebuah kum
346
347
) Sebuah hambtan 2,5 kΩ dihubungkan secara seri dengan kapasitor 4,0 µF dan sumber tagangan ac. Hitung impedansi rangkian jika frekuensi sumber adalah (a) 100 Hz, dan (b) 10 000 Hz 7) Tulislah arus sebagai fungsi waktu yang dihasilkan oleh generator yang memberikan arus rms 10 A dan frekuensi 50 Hz 8) Arus rms yang melewati sebuah hambatan R adalah 2,0 A. Berapa tegangan maksimum antara dua ujung hambatan jika R = 1 000 Ohm? 9) Tentukan arus maksimum yang ditarik oleh bohlam lampu yang tertulis 100 W dan 220 V 10) Sebuah tegangan yang dihasilkan oleh generator dapat ditulis dalam bentuk
6
)140cos(200)( ttV π= volt. Berapa tegangan rms dan frekuensi tegangan tersebut? buah generator. Semuab amperemeter yang
an resistor tersebut memberikan bacaan 1,5 A dan voltmeter yang emberikan bacaan 75,0 V. Berapa daya
batan 1,0 Ω dihubungkan ke generator tegangan ac. Osiloskop mencatat arus ac yang mengalir pada resistor dan memperlihatkan arus maksimum 0,5 A. Berapa daya rata-rata
µF dihubungkan ke sumber tegangan ac yang memiliki frekurisn 60 Hz.
14) Jika sebuah kapa tor dihubungkan secara seri dengan sumber tegangan ac yang memiliki
h reaktansi kapasitif 200 Ω. Berapa reaktansi jika kapasitor tersebut ber yang memiliki frekeuensi 10 kHz?
entukan arus yang ditarik oleh kapasitor 45 µF jika dihubungkan dengan sumber tegangan 220 V, 50 Hz. 16) Sebuah sumber tegangan ac dengan frekuensi 60 Hz memiliki tegangan output 120 V. Berapa
n ke sumber tegangan tersebut agar dihasilkan arus 1,00
paran 0,15 H yang tidak batan menghasilkan rekatansi 10 Ω ketika ber tegangan ac. Tentukan frekuensi sumber
entukan reaktansi induktif sebuah kumparan 10,0 mH yang dihubungkan dengan sumber emiliki frekuensi 100 Hz
19) Induktor dihubungkan ke sebuah sumber tegangan ac yang memiliki frekuensi 60 s 125 V. Tentukan reaktansi induktor tersebut.
bacaan masing-masing alat ukur?
11) Sebuan resistor dihubungkan seri dengan sedihubungklan seri dengmengukur beda tegangan antara dua ujung resistor mrata-rata yang diberikan generator pada resistor tersebut?12) Sebuah ham
yang dibuang oleh resistor?13) Sebuah kapasitor 80 Berapa reaktansi kapasitof?
sifrekuensi 50,0 H diperoledihubungkan ke sum15) T
kapasitansi kapasitor yang dihubungkaA? 17) Kum memiliki hamdihubungkan dengan sebuah sum18) Ttegangan yang m
250 mH Hz dan tegangan output rm20) Pada gambar 8.29, berapa pem
Gambar 8.29 21) Pada gambar 8.30, berapa pembacaan masing-masing alat ukur?
Gambar 8.30 22) Sebuah hair dryer 1200 W bekerja pada tegangan 120 V. Berapa hambatannya dan berapa arus yang ditarik?
348
mberikan pembacaan 500 mA. Dianggap tidak
ang dihasilkan jika tidak digunakan transfomator, tetapi rangkaian
23) Gambar 8.31 memperlihatkan rangkaian eksperimen untuk mempelajari sifat hambatan R dalam rangkaian ac. Transformator yang memiliki input 220 V memberikan tegangan keluaran 30 V pada frekuensi 60 Hz dan amperemeter meada kehilangan daya pada kabel-kabel yang digunakan. Berapa daya rata-rata yang terbuang pada hambatan? Berapa daya ylangsung disambungkan ke tegangan PLN?
Gambar 8 31
349
tu setelah saklar 1
ian jika dua saklar dibuka, (f) energi maksimum yang
(i) frekuensi sehingga
24) Pada gambar 8.32 semua parameter diberikan kecuali C. Carilah (a) arus sebagai fungsi waktu, (b) daya yang dibuang dalam rangkaian, (c) arus sebagai fungsi waksaja yang dibuka, (d) kapasitansi C jika arus dan tegangan memiliki fase yang sama setelah saklar 2 juga dibuka, (e) impedansi rangkadisimpan dakam kapasitor, (g) energi maksimum yang disimpan dalam induktor, (h) perubahan beda fase antara arus dan tegangan jika frekuensi dijadikan dua kali, reaktansi induktif sama dengan setengah reaktansi kapasitif.
Gambar 8.32
Bab 9 Besaran Gelombang
Kalian sudah sering mendengar istilah gelombang seperti gelombang suara, gelombang cahaya, gelombang laut, dan sebagainya. Kalian juga pernah mengamati gelombang seperti gelombang air ketika dijatuhkan batu dipermukaannya atau ketika perahu lewat. Tetapi apakah kalian sudah memahami apa gelombang itu? Bagaimana persamaan-persamaan fisika yang menerangkan gejala gelombang? 9.1 Definisi gelombang Kita mulai dengan 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
350
ambar 9.1 Pada gelombang diamati dua fenomena sekaligus, yaitu osilasi titik pada medium
ua fenomena ini pasti diamati pada gelombang apa saja. Ketika kalian menggetarkan salah satu
adi gelombang adalah osilasi yang merambat pada suatu medium tanpa diikuti
Gdan perambatan pola osilasi. Dujung tali maka kalian akan melihat pola simpangan pada tali bergerak ke ujung tali yang lain. Namun kalian amati pula bahwa bagian-bagian tali itu sendiri tidak bergerak bersama pola gelombang. Titik-titik pada medium tempat perambatan hanya berosilasi di sekitar titik seimbangnya. Dari pengamatan tersebut kita dapat membuat definisi umum gelombang. Jperambatan bagian-bagian medium itu sendiri.
9.2 Gelombang Transversal dan Longitudinal Kalau kalian amati gelombang tali, pola yang terbentuk merambat sepanjang tali sedangkan gerakan komponen tali (simpangan) terjadi dalam arah tegak lurus tali. Gelombang dengan arah osilasi tegak lurus arah rambat dinamakan gelombang transversal. Untuk gelombang bunyi yang dihasilkan akibat pemberian tekanan, arah osilasi yang terjadi searah dengan perambatan gelombang. Contohnya, gelombang bunyi di udara. Gelombang ini dihasilkan dengan memberikan tekanan secara periodik pada salah satu bagian udara sehingga molekul-molekul udara di sekitar daerah tersebut ikut bergetar. Molekul yang bergetar menumbuk molekul di sekitarnya yang diam, sehingga molekul yang mula-mula diam ikut bergetar dalam arah yang sama. Begitu seterusnya sehingga molekul yang makin jauh ikut bergetar. Ini adalah fenomena perambatan gelombang. Arah getaran persis samam dengan arah rambat gelombang. Gelombang dengan arah osilasi sama dengan arah rambat gelombang dinamakan gelombang longitudinal.
351
ambar 9.2 Contoh gelombang transversal (gambar atas) dan longitudinal (gambar bawah)
.3 Besaran-Besaran Gelombang a yang dimiliki gelombang.
) Simpangan lah jarak perpindahan titik pada medium diukur dari posisi keseimbangan.
renggangrenggang mampat
transversal
renggangrenggang mampat
transversal
Gyang dihasilkan pada pegas yang panjang. 9Mari kita pelajari besaran-besaran ap aSimpangan adaSelama gelombang merambat, simpangan suatu titik pada medium selalu berubah-ubah, mulai
dari nilai minimum hingga nilai maksimum. Nilai maksimum dan minimum dicapai secara periodik.
y1
y2
y3
y1
y2
y3
352
ambar 9.3 Simpangan suat gelombang
mplitudo adalah simpangan maksimum titik dalam medium yang dilewati gelombang.
ambar 9.4 Amplitudo gelombang adalag panjang simpangan maksimum
eriode adalah waktu yang diperlukan oleh satu titik pada medium kembali ke keadaan osilasi
an suatu titik berada pada simpangan nol. ) Kemudian simpangannya membesar dan mencapai maksimum.
l.
G b) Amplitudo A
AmplitudoAmplitudo
G c) Periode Psemula. i) Misalkiiiii) Terus mengecil menjadi nol. iv) Lalu bergerak menuju simpangan maksimum negatif. v) Kemudian kembali menjadi no
353
ebut satu periode.
rekuensi adalah jumlah osilasi yang dilakukan titik-titik pada medium selama satu detik. Berapa t proses i) sampai v) di atas berlangsung selama satu detik mendefinisikan
oba kalian amati gelombang yang terjadi pada permukaan air saat menjatuhkan batu di
Kalian amati puncak dan lembah yang lokasinya bergantian. Yang
ecepatan osilasi mengukur berapa cepat perubahan simpangan titik-titik pada medium. Untuk elombang transversal, kecepatan osilasi mengukur berapa cepat gerakan naik dan turun
h tegak lurus arah gerak gelombang). Untuk gelombang longitudinal,
pat ke mpat lain. Untuk gelombang di permukaan air misalnya, kecepatan rambat gelombang
mbang arah radial keluar meninggalkan titik jatuhnya batu.
Selang waktu untuk urutan gerakan i) sampai v) di atas dis d) Frekuensi Fkali satu pakefrekuensi gelombang. e) Panjang gelombangCpermukaan air tersebut.didefinisikan sebagai panjang gelombang adalah jarak dua puncak berdekatan atau jarak dua lembah berdekatan. Atau jarak antara dua titik yang lokasinya paling dekat yang memiliki keadaan gerak yang sama.
satu panjanggelombang
satu panjang gelombang
satu panjanggelombang
satu panjanggelombang
satu panjanggelombang
satu panjang gelombang
Gambar 9.5 Panjang gelombang untuk gelombang permukaan air dan gelombang tali f) Kecepatan Osilasi Kgsimpangan (dalam arakecepatan 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 temtemengukur berapa cepat sebaran gelo
kecepatanrambatgelombang
kecepatanrambatgelombang
354
Gambar 9.6
.4 Persamaan Gelombang ntuk gelombang yang memiliki pola sinusoidal, artinya, pola gelombang merupakan fungsi
mbang memenuhi
Arah kecepatan rambat gelombang
9Usinus atau cosinus, bentuk umum simpangan gelo
⎟⎠⎝
oT λ
⎞ϕ (9.1)
engan adalah simpangan titik pada medium yang berada pada koordinat x pada waktu t, A am pangan, T periot waktu, dan x posisi. Semua bagian yang be
ang. Jadi fase gelom
⎜⎛ +−=
xtAtxy ππ 22cos),(
),( txy plitudo sim
dde gelombang, λ panjang gelombang, ϕo fase awal gelombang,
rada dalam tanda kurung cosinus dinamakan fase
gelomb bang adalah oTϕ
λππ +− 22 .
Dengan mendefinisikan
Frekuensi sudut:
xt
Tπω 2
= (9.2)
λπ2
=kBilangan gelombang (9.3)
nulis persamaan gelomKita dapat juga me bang
( )okxtAtxy ϕω +−= cos),( (9.4)
persamaan (9.1) atau (9.4)? ita tinjau gelombang tali yang baru terbentuk. Di depan pola tersebut belum terbentuk
simpangan. Kita amati pola y
Berapa kecepatan gelombang yang diungkapkanK
ang terjadi pada waktu yang berbeda-beda.
λ
A
A
A
A
A(a): t = 0
(b): t = T/4
(c): t = T/2
(d): t = 3T/2
(e): t = T
λ
A
A
A
A
A(a): t = 0
(b): t = T/4
(c): t = T/2
(d): t = 3T/2
(e): t = T
Gambar 9.7 Bentuk gelombang pada berbagai waktu. Berdasarkan Gambar 9.7 kita melihat:
355
ada keadaan (a): titik A memiliki simpangan nol dan sedang bergerak ke atas positif dan sedang bergerak ke bawah
ada keadaan (c): titik A memiliki simpangan nol dan sedang bergerak ke bawah angan maksimum negatif dan sedang bergerak ke atas
atas. Keadaan ini
e)
ni, gelombang telah berpindah sejauh λ. Dengan demikian, ecepatan rambat gelombang memenuhi
PPada keadaan (b): titik A memiliki simpangan maksimumPPada keadaan (d): titik A memiliki simpPada keadaan (e): titik A memiliki simpangan nol dan sedang bergerak ke persis sama dengan keadaan (a). Dengan demikian, waktu yang diperlukan gelombang berubah dari keadaan (a) ke keadaan (sama dengan satu periode, atau t = T. Namun, selama selang waktu ik
Tv λ= (9.5)
engan menggunakan definisi pada persamaan (9.2) dan (9.3) kita dapat juga menulis D
356
kv ω= (9.6)
ontoh UjungJika pada saat t = 0,2 s ujung tali m
rbentuk merambat dengan laju 4 m/s, Tentukan persamaan simpangan gelombang.
C
tali digetarkan dengan peroide 0,4 s. Simpangan maksimum yang dibentuk adalah 10 cm. engalami simpangan maksimum dan gelombang yang
te Jawab Dari soal kita dapatkan infornasi T = 0,4 s, A = 10 cm = 0,1 m, dan v = 4 m/s. Panjang gelombang adalah 4,04×== vTλ = 1,6 m. Persamaan umum simpngan gelombang diberikan oleh persamaan (9.1), yaitu
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +−=
xtAtxy ϕππ 22cos),( oT λ
⎟⎞
⎜⎛
+−=xt ϕππ 22cos1,0
⎠⎝o6,14,0
Pada saat t = 0,2 s, ujung tali (yaitu x = 0) mengalami simpangan maksimum. Jadi y(0,0) = 0,1. Masukkan ke persamaan di atas maka
⎟⎠⎝
o6,14,0
⎞⎜⎛ +−= ϕππ 022,02cos1,01,0
( )oϕπ +=cos1 Yang berarti
0=+ oϕπ atau
πϕ −=o Dengan demikian, persamaan simpangan gelombang adalah
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛−−= πππ
6,12
4,02cos1,0),( xttxy
Mari kita lihat sifat turunan fungsi gelombang pada persamaan (9.4) dengan melakukan diferensial parsial terhaeap posisi dan waktu.
( )okxtkAxy ϕω +−=∂∂ sin (9.7)
( )okxtAkx
y ω +−−=∂∂ cos2
2
2
(9.8)
ϕ
yk 2−=
( )okxtA ϕωω +−sin (9.9) ty
−=∂∂
( )oϕ kxtAty ωω +−−=
∂∂ cos2
2
2
(9.10) Tampak bahwa
y2ω−=
2
22
357
2
22 //ω
tyk
xy ∂∂∂
atau
=∂
02
2
2
2
2∂
2
=∂∂
−tyk∂
xy
ω
Karena
kv /ω= maka kita dapat menulis
012
2
22 −∂ v
2
=∂∂
ty∂
xy (9.11)
Persamaan (9.11) mgelombang satu dim
ang lebih dari satu dimensi maka persamaannya dapat diperluas dari persamaan gelombang
erupakan bentuk umum persamaan gelombang satu dimensi. Setiap
ensi memenuhi fungsi di atas. Untuk gelombang yang merambat dalam rusatu dimensi di atas. Misalkan Ψ(x,y,z) adalah simpangan gelombang yang merambat dalam ruang tiga dimensi. Persamaan yang dipenuhi simpangan tersebut adalah
012
2
22
2
2
2
2
2
=∂Ψ∂
−∂Ψ∂
+∂Ψ∂
+∂Ψ∂
tvzyx (9.12)
358
9.5 Hubungan Antara KecepataBagaimana pengaruh sifat medium terhadap kecepatan rambat gelombang? Sifat medium erpengaruh besar pada laju perambatan gelombang dalam medium tersebut. Mari kita bahas ntuk beberapa kasus.
enuhi
n Gelombang dan Sifat Medium
bu a) Gelombang Tali Kecepatan rambat gelombang pada tali bergantung pada tegangan tali dan massa jenis tali. Kecepatan tersebut mem
µTFv = (9.13)
dengan FT adalah gaya tegangan tali dan µ adalah massa tali per satuan panjang. Persamaaberikut ini yang ujungnya berada di posisi x dan posisi x+dx. Dengan demikian panjang segmen
tali.
Tinjau ujung segm ke kiri yang memmbentuk udut θ(x) ke bawah. Dengan demikian, gaya FT dapat diuraikan atas dua komponen yang saling gak lurus, yaitu
Th
an FT adalah gaya tegangan tali dan µ adalah massa tali per satuan panjang. Persamaaberikut ini yang ujungnya berada di posisi x dan posisi x+dx. Dengan demikian panjang segmen
tali.
Gambar 9.8 Simpangan elemen tali yang dilewati gelombang Tinjau ujung segmen pada posisi x. Ujung ini ditarik oleh gaya FT ke kiri yang memmbentuk udut θ(x) ke bawah. Dengan demikian, gaya FT dapat diuraikan atas dua komponen yang saling gak lurus, yaitu
)(cos)( xFx Th
n di atas dapat diturunkan sebagai berikut. Lihat gambar segmen kecil gelombang tali n di atas dapat diturunkan sebagai berikut. Lihat gambar segmen kecil gelombang tali
tersebut adalah dx. Kita anggap tali homogen dan gaya tegangan tali sama sepanjangtersebut adalah dx. Kita anggap tali homogen dan gaya tegangan tali sama sepanjang
dxx x+dx
y(x,t) y(x+dx,t)FT
θ(x)
FT
θ(x+dx)av
dxx x+dx
y(x,t) y(x+dx,t)FT
θ(x)
FT
θ(x+dx)av
Gambar 9.8 Simpangan elemen tali yang dilewati gelombang
en pada posisi x. Ujung ini ditarik oleh gaya FT
sstete FF )(cos)( xFx θ= (9.14a)
)(sin)( xFxF Tv θ= (9.14b) Tinjau ujung segmen pada posisi x+dx. Ujung ini ditarik oleh gaya FT ke kanan yang memmbentuk sudut θ(x+dx) ke atas. Gaya FT juga dapat diuraikan atas dua komponen yang
359
aling tegak lurus, yaitu s
)(cos)( dxxFdxxF Th +=+ θ (9.15a)
)(sin)( dxxFdxxF Tv +=+ θ (9.15b)
1)( <<xθ radian dan 1)( <<+ dxxθUntuk simpangan yang tidak terlalu besar, atau maka kita dapat mengaproksisami
1)(cos →xθ →+ dxx
(9.16a) cos 1)(θ (9.16b)
xxyxx∂∂
=→ )(tan)(sin θθ (9.16c)
dxxxdxx
+∂)(tan (9.16d) ydxx ∂=+→+ )( θθ
Dengan aproksimasi ini m
( (9.17b)
sin
aka
Th FxF →)( 9.17a)
Tv FxF →)(
xTh x∂
yFdxx ∂→+ )( (9.17c) F
dxxT x
F+∂
(9.17d) vydxx ∂
→+ )(
Jumlah total gaya arah
F
horisontal yang bekerja pada segmen tali adalah
)()( =−=−+= 0TTh FF (9.18) hh xFdxxFF umlah total gaya arah vertikal yang bekerja pada segmen tali adalah J
xT x
F∂
dxx
Tvvvy
xyFxFdxxF ∂
−∂∂
=−+=+
)()(F
dxx
yFxyF
xyF TTT 2∂
∂=⎟⎟⎜⎜ ∂
∂−
∂∂
= xdxx
2
⎠
⎞
⎝
⎛
+
(9.19)
Karena gaya total arah horisontal nol maka tidak ada percepatan arah horisontal. Dan karena arah vertikal tidak nol maka ada gaya total yang bekerja pada segmen tali. Jika massa segmen tali dm maka dengan hukum Newton II diperoleh
360
vv admF = (9.20)
Percepatan arah vertikal merupakan turunan dua kali simpangan terhadap wakty, atau
2
2 y∂= (
tv ∂9.21)
arena rapat massa tali persatuan panjang µ maka massa segmen tali adalah
a
K dm dxµ= (9.22) Dengan demikian
2
22
)( ydxdx2 txyF ∂
=∂ µ T ∂∂
tau a
02
2
2
2
=∂∂
−∂∂
ty
Fxy
T
µ (9.23)
alau kita bandingkan persamaan (9.23) dengan persamaan umum gelombang satu dimensi,
persamaan (9.11), maka kita simpulkan bahwa kecepatan gelombang tali memenuhi ersamaan (9.13).
) Gelombang Longitudinal dalam Zat Padat
Kyaitu p
bLaju perambatan gelombang longitudinal dalam zat padat memenuhi hubungan
ρYv = (9.24)
n ρ adalah massa jenis zat padat. Persamaan di
Gambar 9.9 adalah sebuah batang dengan luas penampang A dan massa jenis homogen ρ. Mula-mdalam keadaan seimbang. Ujung kiri segmen tersebut berada pada posisi x dan ujung kanan
dengan Y adalah modulus elastisitas zat padat, daatas dapat diturunkan sebagai berikut.
ula batang dalam keadaan seimbang. Tinjau segemen batang sepanjang ∆x ketika batang
361
erubahan panjang segmen adalah
(9.25)
ampak di sini bahwa segmen yang mula-mula memiliki panjang
berada pada posisi x+∆x. Ketika terjadi osilasi, ujung kiri menyimpang sejauh y(x,t) dan ujung kanan menyimpnag sejauh y(x+∆x,t). P
∆x
Gambar 9.9 Simpangan segmen zat padat yang dilewati gelombang
)()( xyxxyy −∆+=∆
T x∆ mengalami perubahan anjang . Dengan demikian, strain yang bekerja pada batang adalah p y∆
xy
xtxytxxy
xy
∂∂
=∆
−∆+=
∆∆
=),(),(δ (9.26)
tress yang bekerja pada segmen batang adalah S
AF
=σ (9.27)
Jika Y adalah modulus Young maka terpenuhi
δσ
=Y
atau
Yσδ =
y(x,t) y(x+ ∆x,t)
F(x+ ∆x)F(x)
aAseimbang
A osilasi
x x+ ∆x
∆x
y(x,t) y(x+ ∆x,t)
F(x+ ∆x)F(x)
aAseimbang
A osilasi
x x+ ∆x
362
atau
FAYx∂
y 1=
atau
∂
xyAYF∂∂
= (9.28)
Gaya yang bekerja pada sisi kiri segmen adalah
xxyAYxF )(∂∂
= (9.29a)
dan gaya yang bekerja pada sisi kanan segmen adalah
xxxyAYxxF ∂
=∆+ )( ∆+∂
(9.29b)
Gaya netto yang bekerja pada segmen batang adalah
)()( xFxxFF −∆+=∆
xx
AYxx
AYxxx
∆∂
=⎟⎟⎠
⎜⎜⎝ ∂
−∂
=∆+
2 (9.30) yyyxyAY
xyAY
xxx
∂⎞⎛ ∂∂∂∂
−∂∂
=∆+
2
assa segmen batang adalah M
xAdVm ∆==∆ ρρ (9.31) Percepatan osilasi elemen batang adalah
2ta
∂= (9.32)
2 y∂
Dengan menggunak
an hukum Newton II maka
maF ∆=∆
2tyxAx
2
2
2
xyAY
∂∂
∂∂
∆=∆ ρ
atau
2
22
2
ty
Yxy
∂∂
=∂ ρ
atau
∂
02
2
2
2∂ y=
∂∂
−ty
Y∂xρ (9.33)
Dengan membandingkan persamaan (9.33) dengan persamaan umum gelombang, yaitu
ersamaan (9,11), kita simpulkan bahwa laju perambatan gelombang memenuhi p
ρYv =2 (9.35)
ang persis sama dengan persamaan (9.24)
) Gelombang longitudinal dalam fluida Untuk ggelombang memenuhi
y c
elombang longitudinal yang merambat dalam fluida (zat cair atau gas), laju perambatan
ρBv = (9.36)
ngan pembuktian pada gelombang yang merambat dalam zat padat. Lihat br 9.10
Kita mepanjang elemen ini adalah sehingga volumnya adalah
dengan B adalah modulus volum (bulk) fluida dan ρ adalah massa jenis fluida. Pembukitan persamaan ini mirip deG
miliki elemen volum fluida yang memiliki luas penampang A. Dalam keadaan seimbang x∆ xAV ∆=∆ . Ujung kiri elemen berada
ada posisi x dan ujung kanannya berada pada posisi x+∆x . Ketika berosilasi, ujung kiri elelem pmenyimpnag sejauh y(x,t) dan ujung kanan menyimpnang sejauh y(x+∆x,y). Dengan demikian, perubahan volum elemen adalah [ ]),(),( txytxxyA −∆+ . Jika B adalah modulus bulk dari fluida
363
364
enuhi maka terp
[ ] VtxytxxyAPB
∆−∆+−=
,(),(
atau
/)
xAtxytxxyBA
VtxytxxyBAP
∆−∆+
−=−∆+
−=),(),(
∆),(),(
xyBP∂∂
−= (9.37)
∆x
y(x,t) y(x+ ∆x,t)
P(x+ ∆x)P(x)
aA
A
seimbang
osilasi
x x+ ∆x
∆x
y(x,t) y(x+ ∆x,t)
P(x+ ∆x)P(x)
aA
A
seimbang
osilasi
x x+ ∆x
Gambar 9.10 Osilasi elemen volum dalam fluida
Gaya yang bekerja di sisi kiri elemen adalah
xxyABAxPxF∂∂
−== )()( (9.38a)
an gaya yang bekerja di sisi kanan elemen adalah d
∆+∂∂
−=∆+=∆+yABAxxPxxF )()(
xx (9.38b)
Gaya netto yang bekerja pada elemen adalah
)()( xFxxFF −∆+=∆
xx
yBAy∆
∂−=⎟
⎞∂−
2
(9.39) xx
yBAxyBA
xyAB
xxxxxx ∂⎟⎠
⎜⎜⎝
⎛∂∂
∂−=
∂∂
+∂∂
−=∆+∆+
2
aya ini arahnya menekan elemen ke dalam. Gaya arah ke luar yang menyebabkan elemen memiliki percepatan adalah negatif dari gaya ini, yaitu
G
xx
yBAFF ∆∂∂
=∆−=∆ 2
2
' (9.40)
Massa elemen adalah
xAdVm ∆==∆ ρρ (9.41) Percepatan osilasi elemen fluida adalah
365
2
2 y∂= (9.42)
t∂
engan menggunakan hukum Newton II maka
a
D
maF ∆=∆
2
2 y2
2
txAx
xyBA
∂∆=∆
∂∂ ρ ∂
atau
2
22
2
ty
Bxy
∂∂
=∂ ρ
atau
∂
02
2
2
2
=∂∂
−∂∂
ty
Bxy ρ (9.43)
engan membandingkan persamaan (9.43) dengan persamaan umum gelombang, yaitu
maan (9.11), kita simpulkan bahwa laju perambatan gelombang dalam fluida memenuhi Dpersa
ρBv =2
yang persis sama dengan persamaan (9.36) Contoh Gelombang dengan panjang 0,3 m merambat sepanjang tali yang memiliki panjang total 300 m
an massa 15 kg. Jika tegangan tali adalah 1000 N, berapa laju perambatan gelombang dan
awab iberikan λ = 0,3 m, L = 300 m, m = 15 kg, dan FT = 100 N
li per satuan panjang
dberapa pula frekuensinya? JDMassa ta
30015
==Lmµ = 0,05 kg/m
Laju perambatan gelombang pada tali
2000005,0
1000===
µTFv = 141 m/s
Periode gelombang
366
1413,0
==vλ = 0,002 s T
Frekuensi gelombang
002,011
==f = 5T
00 Hz
ontoh
ang diperlukan gelombang bunyi merambat sepanjang rel kereta api epanjang 1 km? Massa jenis baja adalah 7,8× 103 kg/m3 dan modulus elastisitasnya 2,0 × 1011
N/m2. Jawab
iberikan ρ = 7,8× 103 kg/m3 dan Y = 2,0 × 1011 N/m2 ambatan gelombang
CBerapa lama waktu ys
DLaju per
33
11
101,5108,7 ×ρ
=Yv 100,2
×=×
= m/s
bang merambat sejauh x = 1 km = 1000 m adalah
m/s
bang merambat sejauh x = 1 km = 1000 m adalah Waktu yang diperlukan gelomWaktu yang diperlukan gelom
3101,51000×
==∆vxt = 0,2 s
elombang memindahkan pola simpangan dari sumber ke lokasi lain di medium. Bagian medium yang sem gerar dengan adanya gelombang yang menjalar. Karena getaran memiliki energi, maka bagian medium yang semula tidak memiliki energi (diam)
enjadi memiliki energi (bergetar) dengan adanya gelombang yang menjalar. Ini hanya mungkin indhkan energi dari sumber ke tempat yang dilaluinya.
Gambar 9.10 Menentukan ener ∆V Untuk gelombang sinusoidal di m enurut fungsi harmonik (sinus atau kosinus), partikel -rata yang berbanding lurus dengan mplitudo gelombang, yaitu . Kita tinjau medium dalam kotak yang panjangnya
en tersebut
9.6 Energi yang dibawa gelombang G
ula diam, akhirnya ber
mterjadi jika gelombang berperan memBerapa energi yang dibawa gelombang?
∆x
S
∆x
S
gi yang dimiliki gelombang dalam elemen
ana simpangannya berubah m-partikel medium memiliki energi rata
2)2/1( kAE =a∆x dan luas penampangnya S. Volume elemen: ∆V = ∆x S Massa elemen: ∆m = ρ ∆V = ρ ∆x S
Energi gelombang dalam elem 21 kAE =∆ 2
emiliki hubungan: mk
=ωDari pelajaran tentang osilator harmonik kita m . Dengan demikian,
a ∆=∆ ρωω 22 Dengan demikian, energi gelombang dalam elemen massa ∆m adalah untuk elemen m ssa ∆m berlaku: k = Sxm
367
22 )(21 AxSE ∆=∆ ρω
tSAtx
∆∆∆
=21 ρω 22
etapi
T
vtx=
∆∆
ehingga s
tvSAE ∆=∆ 22
21 ρω (9.44)
aya yang dibawa gelombang menjadi D
ttSAv
tEP
∆∆
=∆∆
=22)2/1( ωρ
22
21 SAvωρ= (9.45)
tensitas gelombang adalah daya per satuan luas, yaitu
In
SPI =
22
21 Avωρ= (9.46)
9.7 Kebergantungan Intensitas pada Jarak Pada peorses perambatan gelombang, energi yang dipindahkan berasal dari sumber. Karena energi kekadimiliki gelom
erubah-ubah maka intensitas bisa berubah-ubah selama gelombang menjalar.
l, maka ketika melewati suatu permukaan yang berbeda-beda maka daya yang bang selalu tetap. Karena daya selalu tetap sedangkan luas permukaan bisa
b Dari persamaan (9.46) tampak bahwa
368
SvPA 12
22
ωρ=
Mangingat P, ρ, v, dan ω semuanya konstan maka kita dapat menulis
SA 12 ∝ (9.47)
an berdasarkan persamaan (9.46) kita juga peroleh hubungan D
2AI ∝ (9.48)
yang berakibat
SI 1∝ (9.49)
) Gelombang bola
kita tinjau gelombang bola yang berasal dari sebuah sumber titik yang merambat e segala arah. Permukaan yang dilewati gelombang adalah permukaan bola. Jika jarak tempat
pengam
Gambar 9.1bola.
(9.50)
ari persamaan (9.49) dan (9.50) kita dapatkan hubungan
aSebagai contoh k
atan ke sumber gelombang r, maka luas permukaan yang dilewati gelombang adalah
1 Luas permukaan yang dilewati gelombang bola sama dengan luas permukaan
24 rS π=
D
369
2
1r
I ∝ (9.51)
ntuk dua tempat yang berjarak r1 dan r2 dari sumber, hubungan (9.51) memiliki konsekuensi U
22
21
1
2
rr
II
= (9.52)
erdasarkan persamaan (9.48) dan (9.52) kita dapatkan kebergantungan amplitudo terhadap B
jarak dari sumber gelombang
rA 1∝ (9.53)
yang memiliki konsekuensi
370
2
1
1
2
rr
A= (9.53)
ntuk gelombang yang merambat dalam arah dua dimensi, seperti gelombang permukaan air setelah mkeliling lingkaran di sekitar sumber. Jadi
A
b) Gelombang Lingkaran U
enjatuhkan sebutir batu, luas permukaan yang dilewati gelombang sebanding dengan
S rπ2∝ (9.54) Berdasarkan persamaan (9.49) dan (9.54) kita mendapatkan
rI 1∝ (9.55)
ang memiliki konsekuensi y
2
1
1
2
rr
I= (9.56)
erdasarkan persamaan (9.48) dan (9.56) kita dapatkan
I
B
Ar
1∝ (9.57)
yang memiliki konsekuenai
2
1
1
2
rrA
A= (9.58)
etelah membahas besaran-besaran gelombang, mari kita meningkat ke pambahasan yang berkaitan dengan fenomena-fenomena gelombang. Pada bagian ini kita akan mempelajari sifat pemantulagelombang apa saj asehingga sangat penting untuk dipahami.
endefinisikan muka gelombang. Untuk mudahnya, kita lihat gelombang
Secara formal muka gelom
9.8 Muka Gelombang S
n, pembiasan, dan superposisi gelombang. Fenomena ini merupakan cirri khas
Mari kita awali dengan myang merambat di permukaan air akibat dijatuhkan sebutir batu. Kalian amati pola yang bergerak secara radial keluar bukan? Bagaimana bentuk pola tersebut? Berbentuk lingkaran bukan? Nah, pola lingkaran yang diamati tersebut adalah contoh muka gelombang.
muka gelombangmuka gelombang
Gambar 9.12 Muka gelombang air yang berbentuk lingkaran
bang dapat didefinisikan sebagai
Kumpulan titik-titik pada medium yang memiliki fase simpangan yang sama.
Ingat, fase simpangan memenuhi oxt ϕππϕ +−= 22 .
T λ Jadi muka gelombang adalah
kumpulan titik-titik yang memiliki ϕ yang sama.
371
372
sama tentu berada ada keliling lingkaran dengan pusat adalah titik tempat menjatuhkan batu.
mber dari satu titik, mber bunyi.
menaik-turunkan pelat yang panjang, maka uka gelombang akan berbentuk garis datar.
tegak lurus muka
alah satu prinsip yang penting pada pembahasan tentang gelombang adalah prinsip Huygens.
etiap titik pada muka gelombang berperan sebagai sumber gelombang titik yang baru.
u dapat dipandang sebagai gabungan muka gelombang yang dihasilkan
Gambar 9.13 Prinsip Huygens: (a) muka gelombang datar, dan (b) mula gelombang lingkaran atau bola.
i) Untuk gelombang air yang kita bahas di atas, titi-titik dengan fase yangpii) Untuk gelombang bunyi yang bersu uka gelombang adalah permukaan bola yang pusatnya berada pata lokasi sumiii) Untuk gelombang air yang dihasilkan dengan m Satu sifat yang menarik adalah, arah perambatan gelombang selalugelombang. 9.9 Prinsip Huygens SPrinsip ini menyatakan bahwa S Muka gelombang barsumber gelombang titik pada muka gelombang lama.
373
9.10 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. Pada gelombang tali, pemantulan terjadi pada ujung tali, baik ujung tersebut diikatkan pada penyangga yang tetap atau dibiarkan bebas. Medium yang berada di seberang ujung tali adalah medium yang berbeda (penyangga atau udara). Ketika gelombang sampai ke ujung tali gelombang tersebut mengalami pemantulan dan merambat dalam arah berlawanan.
Gambar 9.14 (a) Pemantulan gelombang tali, (b) pemantulan gelombang permukaan air oleh dinding dan (c) pemantulan gelombang cahaya oleh logam. Gelombang air yang sedang merambat mengalami pemantulan ketika mengenai dinding penghalang. Gelombang cahaya yang datang dari udara dan mengenai permukaan kaca, sebagian akan masuk ke dalam kaca dan sebagian mengalami pemantulan. Gelombang cahaya yang jatuh pada cermin hampir semuanya mengalami pemantulan. Pertanyaan selanjutnya adalah bagaimanakah hubungan antara arah gelombang datar dan gelombang pantul?
θd θp
Arah normalArah gelombangdatang
Arah gelombangpantul
Bidang pantul
θd: sudut datangθp: sudut pantul
θd θp
Arah normalArah gelombangdatang
Arah gelombangpantul
Bidang pantul
θd: sudut datangθp: sudut pantul
374
Gambar 9.15 Sebelum me terlebih dahulu berkenalan dengan definisi berikut ini: (a) Arah norma
) Sudut datang
Arah gelombang datar dan gelombang pantul
nentukan hubungan tersebut, mari kita
l, yaitu adalah arah yang tegak lurus bidang pantul. (b ( dθ ) adalah sudut yang dibentuk oleh arah sinar datang dan arah normal
(c) Sudut pantul ( pθ ) adalah sudut yang dibentuk oleh arah sinar pantul dan arah normal
θd θp
θpθd
A
B
C
Dθd θp
θpθd
A
B
C
D
Gambar 9.16 Pembuktian hukum pemantulan Hukum pemantulan menyatakan bahwa sudut datang persis sama dengan sudut pantul, atau
pd θθ = (9.59)
Hukum ini dapat dibuktikan dengan mudah menggunakan prinsip Huygens seperti berikut ini. Perhatikan Gbr. 9.16. (i) Lihat titik A dan B yang berada pada muka gelombang sinar datang. (ii) Titik A menyentuh bidang pantul sedangkan titik B belum. Titik B masik berjarak BC ke titik pantuk, yaitu titik C. (iii) Ketika titik B mencapai titik pantul C, titik A telah terpantul ke titik D. (iv) Selanjutnya, garis CD membentuk muka gelombang pantul. (v) Karena waktu yang diperlukan gelombang di titik A mencapai titik D sama dengan wakru yang diperlukan gelombang dari titik B mencapai titik C maka AD = BC.
i) Segitiga ADC dan ABC memiliki sudut siku-siku masing-masing pada titik D dan titik B. (vDengan demikian: Sudut BAC = sudut datang dθ
Sudut DCA = sudut pantul pθ
(vii) Dengan aturan trigonometri sederhana maka BC = AC sin dθ
AD = AC sin pθ
Karena AD = BC maka
pd θθ sinsin =
atau
pd θθ =
tang ama dengan sudut pantul.
Contoh Berdasarkan Gbr 9.17, gambarkan berkas sinar pantul Jawab Kita mengambar sinar pantul oleh masing-masing bidang sedemikian sehingga sudut das
375
120o
30o
120o
30o
Gambar 9.17 Yang perlu kalian ingat adalah jumlah sudut sebuah segitiga adalah 180o Sudut datang adalah 60o Sudut pantul pada bidang pertama adalah ∠N1AC = 60o Sudut datang pada bidang kedua adalah ∠ACN2
376
∠CAB + ∠ABC + ∠CAB + ∠ACB = 180o (jumlah sudut segitiga)
akACB = 180o - ∠CAB + ∠ABC = 180o – 30o – 120o
= 30o
atau ∠ACN2 = 90o - ∠ACB = 90o – 30o = 60o an pada bidang kedua adalag 60o. ian sudut pantul pada bidang kedua juga 60o. Atau sudut yang dibentuk oleh sinar
pantul dengan bidang kedua adalah 30o.
r 9.18
Dari Gambar 9.17: ∠CAB = 30o
M a ∠
∠ACN2 + ∠ACB = 90o Jadi, sudut dat gDengan demik ,
120o
30o AB
C
N1
N260o
30o
120o
30o AB
C
N1
N260o
30o
Gamba
377
9.11 Pembiasan Pembiasan terjadi karena gelombang memasuki medium yang berbeda dan kecepatan gelombang pada medium awal dan medium yang dimasuki berbeda. Jika arah datang gelombang tidak sejajar dengan garis normal maka pembiasan menyebabkan pembelokan arah rambat gelombang. Gelombang air yang melalui daerah yang lebih dangkal mengalami perubahan kecepatan, sehingga terjadi pembiasan. Cahaya yang bergerak dari udara ke air mengalami pembiasan
arena perbedaan kecepatan cahaya di udara dan di air.
air dan (b) gelombang cahaya
gan antara arah gelombang datar dan arah
isalkan 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
k
Arahdatang
Gambar 9.19 (a) Pembiasan gelombang permukaan Pertanyaan berikutnya adalah bagaimana hubungelombang bias? M
21
sinsinvv
bd θθ= (9.60)
dengan dθ : sudut dating dan bθ : sudut bias Kita dapat membuktikan persamaan di atas dengan menggunakan prinsip Huygens. Perhatkan Gbr. 9.20.
muka gelombang AB pada medium 1. Titik A menyentuh bidang batas sedangkan tik B belum menyentuh bidang batas. i) Pada saat ∆t berikutnya, gelombang pada titik B menyentuh bidang batas pada titik C.
(i) Perhatikan ti(i
Arahbias
Arah
bias
datangArah
Arahdatang
Arah
bias
datangArahArah
bias
θd
θb
θ
B
378
Gambar 9.20 Pembuktian hukum pembiasan Karena kecepatan gelombang di medium 1 adalah maka panjang Selama ∆t, gelombang pada titik A telah mencapai titik D di medium 2. Karena kecepatan gelombang dalam medium 2 adalah maka panjang
1v tvBC ∆= 1 .
2v tvAD ∆= 2 . (iii) Segitiga ABC dan ADC merukanan segitiga siku-siku dengan sudut siku-siku masing-masing pada titik B dan titik D.
v) Dengan mengamati sudut-susud yang dibentuk garis-garis pada Gambar 44.6 kita akan apatkan
udut BAC =
(id S dθ Sudut DCA = bθ (v) Dengan aturan trigonometri, kita dapatkan hubungan
dACBC θsin=
bACAD θsin= Pembagian ke dua persamaan di atas memberikan
d
b
ACAC
BCAD
θθ
sinsin
=
d
btvt θv
θsinsin
1
=∆
2∆
d
b
vv
θθ
sin1
sin2 =
atau
d
A C
D
θb
Medium 2Kecepatan v2
Medium 1Kecepatan v1
θd
θb
θ
B
Medium 1Kecepatan v1
d
A C
D
θb
Medium 2Kecepatan v2
379
21
sinsinvv
bd θθ=
Khusus untuk gelombang cahaya, kecepatan rambah gelombang dalam medium dengan indekas bias n adalah . Dengan demikian, hokum pembiasan untuk gelombang cahaya dapat ditulis
ncv /=
21 /sin
/sin
ncncbd θθ
=
atau
bd nn θθ sinsin 21 = (9.61)
an alcohol (air di bawah dan alcohol di atas). Modulus 9 9
hol. Massa jenis air dan alcohol masing-masing 10 kg/m3 dan 7,9 10 kg/m3. elombang udara merambat dalam alcohol dan mengenai bidang batas antara alcohol dan air
ata g 45o. Tentukan am at gelombang dalam air dan dalam alkohol
) Sudut bias gelombang ketika memasuki air.
awab a) Kecepatan rambat gelomban g bunyi dalam fluida memenuhi
yang merupakan ungkapan hukum Snell. Contoh Di dalam suatu tabung dimasukkan air dvolum masing-masing zat cair tersebut adalah 2,0 × 10 N/m2 untuk air dan 1,0 × 10 N/m2 untuk alco 3 × 2
Gdengan sudut d na) Kecepatan r bb J
ρv = B
Kecepatan rambat bunyi dalam alkohol
2
9
1 109,7100,1××
=v = 1125 m/s
ecepatan rambat bunyi dalam air K
3
9
2 10100,2 ×
=v = 1414 m/s
380
berikan sudut datang, θD = 45o
engan menggunakan hokum pemantulan
b) DiD
21
sinsinvv
bd θθ=
atau
71,026,145sin11251414sinsin =θ
1
2 ×=×= odb v
vθ = 0,895
atau
bθ = 63,5o
9.12 Superposisi ita sudah memahami bahwa ketika gelombang meambat maka titik-titik dalam medium
ya penyimpangan beubah-ubah antara –A sampai +A engan A adalah amplitudo gelombang. Apa yang terjadi jika ada dua gelombang yang merambat ersamaan dalam medium tersebut?
bang.
umuskan secara materika berikut ini. ika ada dua gelombang dengan simpangan dan merambat bersamaan dalam
yang sama maka simpangan total titik-titik dalam medium memenuhi
(9.62) Jika ada N gelombang yang merambat bersamaan dalam medium yang sama maka simpangan
),(),( 1 txytxytxy N+=
Kmenyimpang dari posisi seimbang. Besarndb Gelombang pertama akan menyimpangkan titik-titik dalam medium antara –A sampai +A. Gelombang kedua juga akan menyimpangkan titik-titik dalam medium antara –A sampai +A. Sehingga simpangan total titik-titik dalam medium ketika dua gelombang merambat bersamaan merupakan jumlah dari simpangan yang dihasilkan oleh masing-masing gelombang. Fenomena ini dikenal dengan superposisi gelom Secara formal, superposisi gelombang dapat dir
),(1 txy ),(2 txy Jmedium
),(),(),( 21 txytxytxy +=
total titik dalam medium memenuhi
...),(2 txy ++ ),(
∑=N
=
txy ),( (9.63) i
i1
381
Superposisi Gelombang Sinusoidal
ekarang kita tinjau gelombang yang bentuknya sederhana, yaitu gelombang sinusoidal. Untuk uperposisi dua buah gelombang. Simpangan masing-masing
Smudahnya kita hanya batasi pada sgelombang adalah
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎛
⎝+−= 1
1111 22cos),( o
xTtAtxy ϕ
λππ (9.64)
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+−= 2
2222 22cos),( o
xTtAtxy ϕ
λππ (9.65)
posisi dua gelombang tersebut adalah
( 2 txytxy +
Super
), 1ytx = ),(),(
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+−+⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝ 1T⎛
+− 222
211
1 22cos22cos oox
TtAxtA ϕ
λππϕ
λππ (9.66)
1 = A2
=
Kita tinjau kasus sederhana di mana amplitudo, periode dan panjang gelombang kedua gelombang sama, AT1 = T2 λ1 = λ2 Persamaan (9.66) dapat ditulis
⎭⎬
⎩⎨ ⎟
⎠⎜⎝
⎟⎠
⎜⎝
21 oo TT λλ⎫⎧ ⎞⎛ +−+⎞⎛ +−= 22cos22cos),( xtxtAtx ϕππϕππ y
Kita gunakan persamaan trigonometri
⎟⎠⎞
⎜⎛ −
⎟⎞cos βαβ (9.67)
⎝⎠⎜⎝⎛ +
=+22
cos2coscos αβα
di mana
122 ox
Tt ϕ
λππα +−=
382
dan
222 ox
Tt ϕ
λππβ +−=
Maka
⎟⎞
⎜⎛ +
+−=+ 222
21 ooxTt ϕϕ
ππβα ⎠⎝ 2λ
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −
=−
2221 oo ϕϕβα
Dengan demikian, kita dapat menulis
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝⎠⎝ 2 T⎛
⎥⎦⎤
⎢⎣⎡+−⎟
⎞⎜⎛ −
=2
22coscos2),( 2121 oooo tAtxyλ
ππϕϕ (9.68)
Mari kita amati bagaim a bentuk pola gelombang pada berbagai posisi. Kita melakukan pengamatan pada saat tertentu. Untuk mudahnya kita amati pada saat t = 0. Pada saat t = 0 sebagan simpangan gelombang pada berbagai posisi memenu
+x ϕϕ
an
hi persamaan
⎟⎟⎞
⎜⎜⎛
⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ +
+−⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −
=2
2cos2
cos2)0,( 2121 oooo xAxyϕϕ
λπ
ϕϕ (9.69) ⎠⎝
.21 Adalah pola gelombang hasil superposisi yang “dipotret” pada saat t = 0. Tampak plitudo gelombang yang dihasilkan sangat bergantung pada nilai
Gambar 9bahwa am 021 ϕϕ −o . Dan ini
ahami dari persamaan (9.69). Setelah superposisi, maka gelombang dihasilkan memiliki ekuensi yang sama dengan gelombang semula tetapi amplitudonya berubah menjadi
dapat dipfr
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −
=2
cos2' 21 ooAAϕϕ
(9.70)
adi, amplitudo gelombang superposisi bergantung pada 021 ϕϕ −o . J
Suatu yang menarik terjadi jika
02
21 =− oo ϕϕ
atau 021 ϕϕ =o .
engan demikian,
( ) AAA 20cos2' == . Jika kondisi ini dipenuhi maka amplitudo gelombang D
383
superposisi menjadi dua kali amplitudo gelombang semula. Jika kondisi ini dicapat maka dua gelombang dikatakan sefasa dan superposisi yang terjadi disebut superposisi konstruktif.
Gambar 9.21 (a) adalah superposisi gelombang asal yang memiliki fase sama, (b) adalah uperposisi gelombang asal yang memiliki beda fase π/2, dan (c) adalah superposisi gelombang
ϕo1-ϕo2 = 0
y1(x,0)
y2(x,0)
y(x,0)
(a) ϕo1- ϕo2 = π/2
y1(x,0)
y2(x,0)
y(x,0)
(b)
sasal yang memiliki beda fase π. Kasus menarik lain terjadi jika
2221 πϕϕ=
− oo atau πϕϕ += 021o .
Dengan demikian, 0cos2' =⎟⎞
⎜⎛=πAA . Jika kondisi in i 2 ⎠
i dipenuh maka amplitudo gelombang
uperposisi nol. Pada konsisi ini kedua gelombang dikatakan berlawanan fasa dan superposisi yang terjadi disebut superposisi destruktif.
⎝s
y (x,0)
y2(x,0)
1
y
ϕo1-ϕo2 = π(c)
ϕo1-ϕo2 = 0
y1(x,0)
y2(x,0)
y(x,0)
(a) ϕ
(x,0)
o1-ϕo2 = 0
y1(x,0)
y2(x,0)
y(x,0)
(a) ϕo1- ϕo2 = π/2
y1(x,0)
y2(x,0)
y(x,0)
(b) ϕo1- ϕo2 = π/2
y1(x,0)
y2(x,0)
y(x,0)
(b)
y (x,0)
y2(x,0)
1
y
ϕo1-ϕo2 = π
(x,0)
(c)
y (x,0)
y2(x,0)
1
y
ϕo1-ϕo2 = π(c)
(x,0)
9.13 Pelayangan Kasus menarik terjadi jika dua gelombang memiliki perbedaan frekuensi yang sangat kecil. Misalkan
384
(9.71)
Misalkan pula dua gelombang memiliki amplitudo yang sama. Kemudian kita mengamati gelombang superposisi pada lokasi tertentu. Misalkan lokasi tersebut adalah x = 0. Gelombang superposisi menjadi
fff ∆+= 21
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+−+⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+−= 2
221
11
022cos022cos),0( oo TtA
TtAty ϕ
λππϕ
λππ
⎭⎬⎫
⎩⎨⎧
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+= 2
21
1
2cos2cos oo Tt
TtA ϕπϕπ
Kita mengganti 1/T dengan f sehingga dapat kita tulis
)( ) ( 2211 2cos2cos),0( oo tftfAty ϕπϕπ +++= (9.72) Kita dapatkan di sini,
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +
+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +
=+
222
22121 ootff ϕϕ
πβα
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −
+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −
=−
222
22121 ootff ϕϕ
πβα
222 otf ϕπ
∆+
∆=
dengan 21 ooo ϕϕϕ −=∆ . Dengan demikian, persamaan (9.72) dapat ditulis menjadi
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +
+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +
⎟⎠⎞
⎜⎝
cos2os π⎛ ∆+
∆=
222
22c2),0( 2121 ooo tfftfAty
ϕϕπ
ϕ (9.73)
pola simpangan berbeda disuperposisi. Tampak bahwa gelombang hasil superposisi memiliki amplitudo yang
Gambar 9.22 adalah yang terjadi ketika gelombang dengan frekuensi sedikit
bergantung pada waktu. Amplitudo bervariasi dari nol sampai 2A. Amplitudo maksimum terjadi ketika
385
122⎝
2 ±=⎟⎠⎞
⎜⎛ ∆
+∆ otf ϕ
π cos
atau
222 otf ϕπ
∆+
∆
Gambar 9.22 Superposisi dua gelombang yang memiliki frekuensi sedikit berbeda. Kurva merah dan hitam adalah gelombang asal dan kurva hijau adalah gelombang hasil superposisi. Misalkan amplitudo maksimum terjadi saat t1 yang memenuhi
= 0, - π, atau +π.
y (0,t)1
y2(0,t)
y(0,t)
y (0,t)1
y2(0,t)
y(0,t)
222 1
otf ϕπ
∆+
∆ = 0
enuhi Am
plitudo maksimum berikutnya terjadi saat t1+τ dan mem
2)(
22 1
otf ϕτπ
∆++
∆ = π.
386
engan demikian D
πϕ
πϕ
τπ =⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ ∆
+∆
−⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ ∆
++∆
222
2)(
22 11
oo tftf
atau
πτπ =∆f atau
f∆=
1τ (9.74)
Jadi, amplitudo maksimum terjadi berulang-ulang dengan periode
f∆= /1τ . 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
f∆= /1τ . Peristiwa ini disebut pelayangan, dan τ disebut periode pelayangan. Contoh Sebuah garpu tala menghasilkan frekuensi 400 Hz. Ketika digetarkan didekat senar gitar yang sedang dipetik, terjadi 20 pelayangan dalam lima detik. Berapakah frekuensi senar gitar? Jawab Frekuensi pelayangan
520
=∆f = 4 Hz.
a dengan selisih frekuensi dua sumber. Dengan demikian, frekuensi ungkin dimiliki oleh senar gitar adalah 400 + 4 = 404 Hz atau 400 – 4 = 396 Hz.
Frekuensi pelayangan samyang m 9.14 Gelombang Berdiri
enarik lain terjadi jika gelombang yang bersuperposisi merambat dalam arah Kasus mberlawanan. Misalkan gelombang pertama merambat ke arah kanan,
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +−= 11 22cos),( o
xTtAtxy ϕ
λππ
dan gelombang kedua merambat ke arah kiri,
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ++ 2π= 22 2cos),( o
xTtAtxy ϕ
λπ
erbedaan arah gelombang dibedakan oleh tanda di depan suku
λπ /2 xP . Tanda negatif untuk gelombang yang merambat ke kanan dan tanda positif untuk gelombang yang merambat ke kiri.
posisi kedua gelombang tersebut menjadi Super
⎭⎬⎫
⎩⎨⎧
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +++⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ +−= 21 22cos22cos),( oo
xTtx
TtAtxy ϕ
λππϕ
λππ
Kita dapatkan
122 ox
Tt ϕ
λππα +−=
dan
222 oT λ
sehingga
xt ϕππβ ++=
⎟⎞
⎜⎛ +
+2 21 oot ϕϕπ
⎠⎝=
+22 T
βα
⎟⎠⎝ 22 T
⎞⎜⎛ −
+−2 21 oox ϕϕπ
demikian, gelombang hasil superposisi dapat ditulis
=− βα
Dengan
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +
+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛−cos2A
−+=
22cos
22),( 2121 oooo
Ttxtxy
ϕϕπ
ϕϕλ
π (9.75)
Dengan menggunakan sifat αα cos)(cos =− , maka bagian kosinus pertama di ruas kanan
ersamaan (9.75) dapat diubah penulisannya sehingga diperoleh p
⎟⎞
⎜⎛ +
+⎟⎞
⎜⎛ −
−= 2cos2cos2),( 2121 oooo txAtxyϕϕ
πϕϕ
π (9.76) ⎠⎝⎠⎝ 22 Tλ
ang kita dapatkan bukan lagi gelombang merambat, tetapi hanya menyimpangan titik-titik pada medium. Tiap titik berosilasi harmonik dengan amplitudo yang bergantung pada posisi.
Y
387
388
Gelombang semacam ini disebut gelombang berdiri. Gambar 9.23 adalah contoh pola gelombang berdiri.
ontoh gelombang berdiri
9.15 Gelombang Berdiri pada Dawai
mbang berdiri dapat kita jumpai pada senar gitar. Misalkan panjang senal L. Ujung senar gitar, yaitu pada posisi x = 0 dan x = L harus selalu memiliki simpangan nol karena ditambatkan pada posisi tetap. Jadi dan
Gambar 9.23 C
Gelo
0),0( =ty 0),( =tLy, . Berdasarkan persamaan (9.76), kondisi ini a dicapai jik
02
02cos 21 =⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −
− oo ϕϕλ
π (9.77)
dan
02cos 21 =⎟⎞
⎜⎛ −
− ooL ϕϕπ
2 ⎠⎝ λ (9.78)
Syarat (9.77) menghasilkan
...,23,
2221 ππϕϕ
±±=− oo (9.79)
dan syarat (9.78) menghasilkan
389
...,23,
222 21 ππϕϕ
λπ ±±=
−− ooL (9.80)
Jika persamaan (9.80) dikurangkan pada persamaan (9.79) maka ruas kanan berbeda kelipatan bulat dari π. Jadi
πϕϕϕϕ
λπ nL oooo =⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ −
−⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −
−22
2 2121
dengan n bilangan bulat Kita dapatkan
πλ
π nL=2 (9.81)
Karena n memiliki bermacam-macam nilai yang mungkin, maka λ juga memiliki bermacam-macam nilai yang mungkin. Oleh karena itu akan lebih tepat jika kita menggunakan symbol . Dengan demikian, panjang gelombang pada senar gitar memenuhi nλ
nn =λ L2 (9.82)
engan n = 1, 2, 3, …. d Untuk n = 1: L21 =λ disebut nada dasar atau harmonik pertama Untuk n = 2: L=2λ disebut nada atas pertama atau harmonik kedua
Untuk n = 3: 3
2L3 =λ disebut nada atas kedua atau harmonik ketiga
an seterusnya Karena frekuensi memenuhi
D
λ/vf = , maka frekuensi-frekuensi harmonik yang dihasilkan dalah a
)/2( nLvvf
nn ==
λ
Lvn= (
29.83)
diri yang terbentuk pada tali.
(9.84)
onik pertama sama dengan frekuensi dasar, yaitu 440 Hz.
Gambar 9.24 Berbagai pola gelombang ber
Contoh Frekuensi dasar dawai biola adalah 440 Hz. Berapakah frekuensi empat harmonik pertama Jawab Berdasarkan persamaan (9.83), kita dapat menulis
nfn ∝
Frekuensi harmJadi,
440=f Hz. 1
Dari persamaan (9.84) tampak bahwa
nf 11
nfn ==
n
atau nff = 1
Dengan demikian:
390
391
si harmonik kedua: f2 = 2 × f1 = 2 × 440 = 880 Hz rekuensi harmonik ketiga: f2 = 3 × f1 = 3 × 440 = 1 320 Hz
Frekuensi harmonik ketiga: f2 = 4 × f1 = 4 × 440 = 1 760 Hz
Soal d1) Ketika supernova 1987Amencapai bumi 20 menit lebih cepat daripada cahaya meskipun keduanya tercipta pada saat yang bersamaan. Apakah pengamatan ini tidak bertentangan dengan konsep bahwa tidak ada materi yang dapat melebihi kecepatan cahaya? Jawab Pengamatan ini menunjukkan bahwa ruang antar bintang tidak benar-benar vakum tetapi masih mengandung materi walapung dengan kerapatan sangat rendah. Akibatnya, ruang antar alam semesta memiliki indeks bias lebih besar daripada satu sehingga laju cahaya dalam ruang antr alam semesta lebih kecil daripada laju cahaya dalam ruang vakum. Neutrino adalah materi yang lajunya hampir mendekati laju cahaya dan sangat sulit dihambat oleh materi. Selama bergerak dalam ruang antar bintang (meskipun ruang tersebut terisi oleh materi) laju neutrino hampir tidak berubah. Laju materi yang tidak dapat melebihi cahaya maksudnya adalah laju cahaya dalam ruang hampa. Sedangkan dalam ruang antar bintang, laju cahaya bisa lebih kecil dari laju cahaya dalam ruang yang benar-benar hampa. Dengan demikian, bisa terjadi laju neutrino dalam ruang antar bintang lebih besar daripada laju cahaya. Itu sebabnya, neutrino dapat mencapai bumi lebih cepat
asing beroperasi pada eksi gelombang yang
pilkan di osiloskop sehingga bentuk gelombang yang
a) Fre=∆f
FrekuenF
an Pembahasan
dideteksi di bumi, neutrino yang dipancarkan supernova tersebut
daripada cahaya. 2) Pelayangan dihasilkan oleh dua loudspeaker berbeda, yang masing-m
ikrofon digunakan untuk menderfrekuensi 450 Hz dan 550 Hz. Sebuah mdihasilkan dua loudspeaker untuk ditamdihasilkan dapat ditampilkan di layar osiloskop. (a) Hitung frekuensi pelayangan dan selang waktu antara dua pelayangan (b) Berapa frekuensi gelombang resultan Jawab ( kuensi pelayangan sama dengan selisih frekuensi dua sumber, yaitu
4500 − = 100 Hz 55Selang waktu antara dua pelayangan
100/1/1 =∆= fτ = 0,01 s (b) Frekuensi gelombang resultan berdasarkan persamaan (44.14) adalah
2550450
221 +=
+=
fff = 500 Hz
392
3) Ketika dua buah garpu tala A dan B dibunyikan bersama dihasilkan pelayangan 8 Hz. Frekuensi garpu tala A diketahui, yaitu 512 Hz. Ketika pada garpu tala B ditempeli bagian kecil
sin, dan garpu tala A dan B dibunyikan bersama lagi didengar pelayangan 2 Hz. Berapakah frekuensi garpu tala B?
la A dan B adalah 8 Hz. , yaitu 512 + 8 = 520 Hz atau 512
8 = 504 Hz.
an plastisin, maka frekuensinya berkurang. Ketika pada garpu tala B
, maka penempelen plastisin menyebabkan frekuensi gan makin besar (frekuensi garpu tala B makin jauh di bawah frekuensi garpu tala A).
meter tali 0,28 mm hitunglah massa jenis material tali. awab
plasti
Jawab Frekuensi garpu tala A adalah 512 Hz. Karena terjadi pelayangan 8 H maka selisih frekuensi garpu taDengan demikian ada dua kemungkinan frekuensi garpu tala B– Jika pada garpu tala dilekatkditempeli plastisin diamati pelayangan 2 Hz. Jadi, dengan menurunnya frekuensi garpu tala B, frekuensi pelayangan berkuran. Ini hanya mungkin terjadi jika mela-mula frekuensi garpu tala B lebih besar daripada frekuensi garpu tala A. Karena, jika mula-mula frekuensi garpu tala B lebih kecil daripada frekuensi garpu tala ApelayanDengan demikian, frekuensi garpu tala B sebelum ditempeli plastisin adalah 520 Hz. 4) Sebuah gelombang berdiri dihasilkan pada seutas tali pada frekuensi 438 Hz. Jarak antara dua simpul yang terbentuk adalah 45 cm. a) Hitunglan panjang gelombang pada tali b) Jika tegangan tali 85 N, hitunglah massa tali per satuan panjang c) Jika diaJa) Jarak antara dua simpul sama dengan setengah panjang gelombang. Jadi panjang gelombang adalah λ = 2 × 45 cm = 90 cm = 0,9 m b) Untuk menghitung massa tali per satuan panjang, kita tentukan dahulu kecepatan gelombang
4389,0 ×== fv λ = 394 m/s Dengan menggunakan hubungan
µTFv =
maka
22 )394(v85
==FTµ = 5,5 × 10-4 kg/m
c) Diameter kawat: d = 0,28 mm = 2,8 × 10-4 m Luas penampang kawat
8242
2
2108,214,3
2 ⎜⎜⎛ ×
×=⎟⎞
⎜⎛==
drA ππ 102,6 −−
×=⎟⎟⎠
⎞
⎠⎝ m2
Massa kawat: m = 1 m × -4 /m = 5,5 × 10-4 kg Volum kawat: V = 1 m × A -8 m3
assa jenis bahan kawat
⎝
Lihat kawat sepanjang 1 meter. 5,5 × 10 kg
= 6,2 × 10M
38
4
109,8102,6105,5
×=××
== −
−
Vmρ kg/m3
5) Sebuah garpu tala yang menghasilkan frekuensi 256 Hz digunakan untuk menset dawai
set adalah 0,85 m. Jika kemudian panjang
bersama? awab
sonometer sehingga panjang dawai yang harus didawai dikurangi menjadi 0,80 m a) Berapa frekuensi yang dihasilkan dawai pada panjang yang baru ini? b) Berapa frekuensi pelayangan yang didengar ketika dawai yang telah diperpendek dan garpu tala dibunyikanJSaat dawai memiliki panjang 0,85 m, frekuensi yang dihasilkan persis sama dengan frekuensi garpu tala. Berdasarkan persamaan (44.24) kita dapatkan
Lf 1∝
sehingga
'' Lf=
Lfatau
25685,0' ×== fLf = 272 Hz 80,0'L
Jadi frekuensi dawai setelah diperpendek adalah 272 Hz. b) Frekuensi pelayangan yang terdengar ketika dawai yang diperpendek dan garpu tala
kan bersama adalah
frenuensi geratan dawai gitar jika jari menjepit gitar pada posisi sepertiga panjang dawai dan
lah yang panjangnya dua pertiga panjang semula? Jawab Yang ditanyakan di sini adalah berapa frekuensi harmonik pertama untuk dawai biola yang
dibunyi256272' −=−=∆ fff = 16 Hz
6) Ketika tidak dijepit dengan jari, dawai gitar bergetar dengan frekuensi 294 Hz. Berapakah
bagian dawai yang digetarkan ada
393
394
. Jadi n tetap, tetapi L berubah. Berdasarkan persamaan (44.24) kita dapat menulis dijepit
Lf 1
1 ∝
Atau
''1 Lf=
1 Lf Ketika dijepit dengan jari, maka panjang senar yang digetarkan menjadi
LL 2'= 3
Dengan demikian
29423
23
)3/2('' 1111 ×==== ff
LLf
LLf = 441 Hz
a?
rkan persamaan (44.24) kita dapatkan
) f
7) Jika dua nada atas berurutan pada tali memiliki panjang frekuensi 280 Hz dan 350 Hz, berapakah frekuensi nada dasarnyJawab Misalkan 280 Hz adalah frekuensi harmonik ke-n dan 350 Hz adalah frekuensi harmonik ke-(n+1). Berdasa
1nffn =
1 1(nfn +=+ 1
Maka
nn
ff
n
n 11 +=+
nn350 +
=1
280
350 n = 280 n + 280 – 280) n = 280
70 n = 280 atau
nada dasar adalah
(350
n = 280/70 = 4 Dengan demikian, frekuensi
4280
1 ==nf
f n = 70 Hz
8) (a) Jika tegangan tali diubah sebesar TF∆ yang cukup kecil perlihatkan bahwa frekuensi nada dasar beubah sebesar 12
1 )/( fFFf TT∆=∆ . (b) Berapa persen tegangan tali piano harus iubah agar frekuensi nada dasar meningkat dari 438 Hz ke 442 Hz? d
Jawab (a) Berdasarkan persamaan (44.24), frekuensi nada dasar memenuhi
Lvf
21 =
µ/TFv =Tetapi sehingga
µTF
Lf
21
1 =
Jika tegangan tali diubah menjadi TT FF ∆+ maka frekuensi nada dasar berubah menjadi
2/1
1
2/1
1 11211
21
21' ⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ ∆+=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ ∆+=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ ∆+=
∆+=
T
T
T
TT
T
TTTT
FFf
FFF
LFFF
LFF
Lf
µµµ
395
Untuk yang sangat kecil, kita dapat menggunakan aproksimasi berikut ini
TF∆
TT FF ⎠⎝ 2
Dengan demikian
TT FF ∆+≈⎟⎟
⎞∆+
1112/1
⎜⎜⎛
)/(211' 12
1111 TT
T FFffFF
ff ∆+=⎟⎟⎜⎜⎝
∆+≈
T ⎠
⎞⎛
atau )/(' 12
111 TT FFffff ∆=−=∆
438 Hz
∆f = 442 – 438= 4 Hz Maka
b) f1 =
%8,1018,0438
422
1
==×
=∆
=∆
ff
FF
T
T
intensitas dua nada atas pertama dibandingkan dengan intensitas nada dasar ang dihasilkan biola?
9) Perkirakan berapadari bunyi y
396
dihasilkan biola memenuhi
uensi. Jadi
2
atas pertama (n = 2
JawabFrekuensi yang
1nffn = Intensitas berbanding lurus dengan kuadrat frek
2nn fI ∝
21fnI n ∝
Perbandingan intensitas nada ) dengan intensitas nada dasar adalah
422 =I
211 fI
21
2
=f
Perbandingan intensitas nada atas kedua (n = 3) dengan intensitas nada dasar adalah
932
1
21
2
1
3 =II
=ff
10) Gelombang dengan frekuensi 2 Hz dan panjang gelombang 1,6 m merambat pada seutas tali. a) berapa kecepatan gelombang?
Jawab a) Kecepatan gelombang: v = λ f = 1,6 × 2 = 3,2 m/s b) Fase titik yang berada pada jarak x
b) Berapa beda fase antara dua titik yang berjarak 0,4 meter?
ox ϕπϕ += 2
Tt
λπ − 21
Fase titik yang terpisah sejauh 0,4 m adalah
ox
Tt ϕ
λππϕ +
+−=
4,0222
Beda fase dua titik
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +−−⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ +
+−=−=∆ oo
xTtx
Tt ϕ
λππϕ
λππϕϕϕ 224,02212
26,14,024,0 ππ
λ=×=
zat padat memiliki modulus elastisitas yang sama. Namun, salah satu batang ua kali lebih esar daripada batang yang lain. Batang manakan yang
2π=
11) Dua batangmemiliki massa jenis d
397
bti gelombang dengan kecepatan lebih besar dan berapa kali lebih cepat dibandingkan dengan kecepatan gelombang pada batang yang lain? awab
dirama
J
ρYv =
Untuk Y yang sama maka
ρ1
∝v
Karena kecepatan gelombang berbanding terbalik dengan akar massa jenis maka batang yang memiliki massa jenis lebih kecil dirambati gelombang dengan kecepatan lebih besar.
ari hubungan di atas, kita dapatkan
D
122 /1 ρv211 /1
ρρρ
==v
ika J 12 2ρρ = maka
22
12v11 ==
ρρv = 1,4
jenis setengah kali batang yang lain akan dirambati gelombang
g memiliki massa 0,55 kg ditegangkan pada dua penyangga pada kedua ujungnya. ma waktu yang diperlukan pulsa merambat
tali tersebut? Jawab Massa tali per satuan panjang
Jadi batang yang memiliki massa dengan kecepatan dua kali lebih besar. 12) Tali yanPanjang tali 30 m. Jika tegangan tali 150 N, berapa ladari satu ujung ke ujung yang lain dari
3055,0
==mµ = 0,018 kg/m L
Kecepatan gelombang pada tali
8333018,0
150===
µTFv = 91 m/s
Waktu yang diperlukan pulsa merambat dari satu ujung tali ke ujung lainnya
9130
==∆vLt = 0,33 s
13) Bandingkan intensitas dan amplitudo gelombang gempa bumi yang melewati dua lokasi
ang berjarak 10 km dan 20 km dari pusat gempa (episentrum).
Gelombang gemba bumi dapat dianggap merambat ke segala arah (gelombang bola). Dengan demikian, intensitas gelombang berbanding terbalik dengan kuadrat jarak dari pusat gelombang. Akibatnya, kita dapat menulis
yJawab
41
2010
2
2
22
21
1
2 ===rr
II
adi, intensitas pada jarak 10 km dari pusat gelombang empat kali lebih besar daripada intensitas
4) Sebuah gelombang merambat pada tali dengan laju 10 m/s. Gelombang tersebut dihasilkan yak 20 kali per detik dengan simpangan 4 cm. Jika pada
aat t = 0 titik pada posisi 0,5 m berada pada simpangan minimum, tentukan persamaan simpangan. Jawab Perode gelombang: T = 1/f = 1/20 = 0,05 s
ng gelom v T = 10 × 0,05 = 0,5 m ersamaan umum gelombang:
Jpada jarak 20 km. 1dengan mengetarkan ujung tali sebans
Panja bang: λ :P
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +−= o
xTt ππ 2Atxy ϕ
λ2cos),(
⎟⎞
⎜⎝
⎛+−= o
xttxy ϕππ5,0
205,0
2cos04,0),( ⎠
ada t = 0 dan x = 0,5 m, simpangan minimum, atau y(x=0,5, t=0) = -0,04. Dengan demikian P
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛+−=− oϕππ
5,05,02
05,002cos04,004,0
( )oϕπ +=− 2cos1 yang memberikan solusi
398
πϕπ =+ o2 atau
πϕ −=o Maka simpangan gelombang memiliki bentuk
⎟⎠
−ππ5,0
⎞⎜⎝
⎛−= π 2
05,02cos04,0),( xttxy
elombang menurut
aan
15) Cepat rambat gelombang di air dalam bergantung pada panjang g
πλ 2/gv =persam . Untuk gelombang air dalam yang memiliki panjang gelombang 100 m,
hitunglah ) Laju gelombang
aran penuh.
(a(b) Frekuensi gelombang (c) Waktu yang diperlukan molekul air untuk melakukan satu get Jawab
(a) Diberikan λ = 100 m, maka πλ 2/gv = )14,32/(10100 ×× 159 = = = 12,6 m/s
100/6,12/ == λvf (b) Frekuensi gelombang: = 0,126 Hz (c) Waktu yang diperlukan molekul air untuk melakukan satu getaran penuh sama dengan periode gelombang, yaitu T = 1/f = 1/0,126 = 7,9 s
impangan gelombang di A adalah 0. Jika panhang gelombang 12 cm dan mplitudo = 4 cm maka simpanmgan titik B pada saat fase titik A 3π/2 adalah (dalam cm)
16) Sebuah gelombang berjalan melalui titik A dan B yang berjarak 8 cm dalam arah dari A ke B. Pada saat t = 0 sa Jawab Persamaan umum gelombang bisa
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛= Ay 2cos +− oT
tx ϕπλ
π 2
atau bisa
⎟⎞
⎜⎛ +−=
txAy ϕππ 22sin ⎠⎝
oTλ Simpangan gelombang di titik A adalah
( )AoA
A faseATtxAy cos22cos =⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ +−= ϕπ
λπ
atau bisa juga
399
( )A faseAtxAy sin22sin =⎟⎞
⎜⎛ +−= ϕππ AoA T ⎠⎝ λ
Karena xB = xA + 8, maka simpangan titik B adalah
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ++−=⎟
⎠⎞
⎜⎛ −
+= π 282cos AxAy
⎝+
λπϕπ
λπϕπ
λ8222cos o
AoB T
txATt
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ += cA
34cos
1282os ππ AA faseA fase
atau bisa juga
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ++−=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ +−
+=
λπϕπ
λπϕπ
λπ 8222sin282sin o
Ao
AB T
txATtxAy
400
⎟⎠
⎜⎝
⎟⎠
⎜⎝ 312 AA
Saat fase titik
⎞⎛ +=⎞⎛ +4sin82sin ππ faseAfaseA
A
=
2/3π maka simpangan titik B mrmiliki dua kemungkinan, yaitu
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ +=⎟
⎠⎜⎝ 3AB
⎞6
52cos46
17cos43
42
3cos44 ππππππ ⎛ += cos faseAy
32234
65cos4 −=⎟⎟
⎠
⎞⎛⎞⎛ π⎜⎜⎝−×=⎟
⎠⎜⎝
cm
ah
=
Bisa juga simpangan titik B adal
2263
⎟⎠
⎜⎝
⎟⎠
⎜⎝
AB
145sin4 =×=⎞⎛ π
ir laut dalah 2,0 109 N/m2, berapa kedalaman dasar laut?
ara dengan laju 3 × 108 m/s. Hitunglah: (a) Panjang gelombang di udara untuk gelombang radion yang memiliki frekuensi 105 MHz (b) Frekuensi gelombang radio yang memiliki panjang gelombang 1500 m.
3) Dua gelombang merambat melalui tali memiliki frekuensi yang sama. Namun satu gelombang membawa daya tiga kali lebih besar dari gelombang kedua. Berapa perbandingan amplitudo dua
4sin =⎞⎛ +=πfaseAy cm
Soal-Soal 1) Seorang nelayan memukul bagian sisi perahunya tepat pada posisi permukaan air. Ia mendengar bunyi pantulan oleh dasar laut 3,0 s kemudian. Jika diketahui modulus volum aa 2) Gelombang radio merambat di ud
401
elombang tersebut?
4) Gambar 9.25 memperlihatkan pola simpangan gelombang yang sedang merambat ke kanan yang dipotret pada saat tertentu. Frekuensi gelombang adalah 0,25 Hz.
litudo, panjang gelombang, dan laju perambatan gelombang? (b) Manakah dari titik A, B, C, atau D yang ber etar dengan fase berbeda 3π/2 dengan titik O? (c) Berapa beda fase antara titik A dan D?
) Berapa perubahan simpangan titik A satu detik kemudian?
Gambar 9.25
but menahan eban 80 N pada ujung bawahnya. Panjang kawat dari posisi beban ke titik gantungan adalah 1,5
m. Jika massa jenis kawat adalah 7800 kg/m3 dan diameter kawat 0,5 mm, hitunglah frekuensi nada dasar yang dihasilkan kawat jika digetarkan. 6) Dawai biola mempunyai frekuensi nada dasar 400 Hz. Panjang bagian dawai yang sedang bergetar adalah 32 cm dan massanya 0,35 g. Berapakah tegangan dawai?
) Dawai gitar yang tidak dijepit dengan jari memiliki panjang 0,7 m dan dipetik hingga menghasilkan frekuensi nada dasar 330 Hz. Berapa panjang dari ujung dawai tersebut harus dijepit dengan jari agar dihasilkan frekuensi nada dasar 440 Hz?
) Serorang perakit piano mendengar satu layangan tiap 2 detik ketika mencoba mengatur dua Salah satu dawai bergetar dengan frekuensi 440 Hz. Maka frekuensi dawai yang
ekuensi 23,5 Hz sedangkan anjing mainan ang lain menggonggong pada frekuensi yang tidak diketahui. Masing-masing frekuensi tidak
g
(a) Berapa apmg
(d
5) Seutas kawat baja tergantung secara vertical pada satu titik tetap. Kawat terseb
7
8dawai piano.lainnya adalah …. 9) Sebuah anjing mainan menggongong dengan frydapat didengar oleh telinga manusia. Namun, jika gonnggongan dua mainan tersebut terjadi
402
ensi
rapakah frekuensi dawai gitar?
uensi 132 Hz, berapakah ersis sama, berapa
94 Hz. Tegangan salah satu dawai emudian dikurangi 1,5 persen. Berapakah frekuensi pelayangan yang terdengar?
bersamaan, bunyi dengan frekuensi 5000 Hz dapat didengar. Perkiarakan berapa frekugonggongan anjing mainan kedua. 10) Sebuah dawai gitar menghasilkan pelayangan 4 Hz ketika dibunyikan bersama garpu tala yang memiliki freksi 350 Hz dan menghasilkan pelayangan 9 Hz ketika dibunyikan bersama garpu tala 355 Hz. Be 11) Dua dawai piano yang diduga bergetar pada frekuensi 132 Hz menghasilkan tiga kali palayangan dalam dua detik. (a) Jika salah satu dawai bergetar pada frekfrekuensi getaran dawai lainnya? (b) Agar frekuensi getar dua dawai ppersenkan tegangan dawai kedua harus diubah? 12) Dua dawai biola masing-masing menghasilkan frekuensi 2k
Bab 10 Gejala Gelombang dan Gelombang Bunyi
Kita sudah mempelajari beberapa besaran yang dimiliki gelombang serta persamaan umum yang berlaku bagi gelombang. Pada bab ini kita meningktakan pemahaman kita tentang gelombang dengan mempelajari beberapa sifat yang dimiliki gelombang. 10.1 Interferensi Interfernsi adalah terjadinya 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 sutu 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. Jika dua gelombang memiliki frekuensi, panjang gelombang, dan amplitudo yang sama maka dua gelombang yang memiliki fase berlawanan menghasilkan simpangan total nol. Untuk lebih memahami fenomena interferensi, mari kita lihat interferensi gelombang yang dihasilkan du sumber berikut ini.
403
ambar 10.1 Interferensi gelombang yang dihasilkan oleh dua sumber.
ntuk mudahnya kita anggap dua sumber memiliki frekuensi, panjang gelombang, dan
S1
S2
x2
x1
(0,-d)
(0,d)(L,h)
L
Tem
patp
enga
mat
anS1
S2
x2
x1
(0,-d)
(0,d)(L,h)
L
Tem
patp
enga
mat
an
G Uamplitudo yang sama. Kita akan mengamati perubahan simpangan benda pada berbagai titik sepanjang garis lurus yang sejajar dengan garis hubung dua sumber. Jarak garis hubung dua sumber dengan garis pengamatan adalah L.
404
ebagai penolong, kita buat pusat koordinat berada tepat di tengah-tengah dua sumber.
arak titik pengamatan ke sumber S1 adalah
SKoordinat sumber S1 adalah (0,d) sumber S2 adalah (0,-d). Kita amati interferensi pada koordinat (L,h). J
221 )( dhLx −+=
arak titik pengamatan ke sumber S2 adalah J
222 )( dhLx ++=
impangan gelombang dari sumber S1 yang sampai di titik pengamatan adalah S
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −=
λππ 1
1 22cos),( xTtAtLy (10.1)
impangan gelombang dari sumber S2 yang sampai di titik pengamatan adalah S
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −=
λππ 2
2 22cos),( xTtAtLy (10.2)
impangan total pada titik pengamatan S
),(),(),( 21 tLytLyyLy +=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −+⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ −=
λππ
λππ 21 22cos22cos x
TtAx
TtA
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −−⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ +
−=λ
πλ
ππ2
2cos2
22cos2 2121 xxxxTtA
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +
−=λ
ππ2
22cos' 21 xxTtA (10.3)
engan D
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −
−=λ
πλ
π2
2cos22
2cos2' 2121 xxAxxAA (10.4)
405
arena k αα coscos =− . A’ menjadi amplitudo gelombang hasil interferensi. Amplitudo pada gamatan memititik pen liki nilai panling besar jika
12
2cos 21 ±=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −
λπ
xx
ang dipenuhi oleh y
...,2,,02
2 21 ππλ
π =− xx
tau a
...,2,,021 λλ=− xx (10.5)
ebaliknya, amplitudo minimum terjadi jika A’ = 0 atau S
02
2cos 21 =⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −
λπ
xx
ang dipenuhi oleh y
...,2
5,2
3,22
2 21 πππλ
π =− xx
tau a
...,25,
23,
21
21 λλλ=− xx (10.6)
ampak dari hasil di atas bahwa amplitudo terbesar terjadi jika selisih jarak antara dua sumber ke
tensitas gelombang yang dideteksi sebanding dengan kuadrat amplitudo. Dengan demikian,
Ttitik pengamatan adalah kelipatan bulat dari panjang gelombang. Pada kondisi ini interfersi dikatakan interferensi konstruktif. Amplitudo minimum terjadi jika selisih jarak dua sumber ke titik pengamatan adalah kelipatan ganjil dari setengah panjang gelombang. Pada kondisi ini interfersi dikatakan interferensi destruktif. Inintensitas gelombang superposisi memenuhi
2'AI ∝
atau
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −
∝λ
π2
2cos4 2122 xxAI
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −
=λ
π 212cos xxII o (10.7)
ambar 10.2 adalah plot intenasitas sebagain fungsi G 21 xxx −=∆ . Intensitas berubah maksimum
ambar 10.2 Intensitas gelombang hasil superposisi dua gelombang yang memiliki amplitudo, ekuensi, dan panjang gelombang yang sama
0.2 Difraksi ifraksi adalah penyebaran arah rambat gelombang ketika melewati celah yang sempit.
ksi adalah konsekukuensi dari prinsip Huygens. Ketika gelombang masuk ke
dan minimun secara periodic.
II
0 λ
Io
∆x2λ-λ-2λ 0 λ
Io
∆x2λ-λ-2λ
Gfr 1DPeristiwa difra
406
celah sempit, maka tiap titik pada celah berperan sebagai sumber gelombang baru dengan arah rambat radial. Gelombang yang melewati celah merupakan hasil superposisi gelombang-gelombang baru pada celah. Jika ukuran celah cukup kecil, maka muka gelombang yang melewati pelat mendekati bentuk bola atau lingkaran. Makin lebar ukuran celah maka makin kecil efek penyebaran muka gelombang yang melewati celah.
407
Celah sempit dan (b)
elah lebar.
0.3 Polarisasi etika gelombang merambat maka titik-titik pada medium mengalami penyimpangan. Untuk
versal, arah penyimpangan titik-titik tersebut tegak lurus arah rambat gelombang.
Gambar 10. linier: (a) arah simpangan selalu vertical dan
) arah simpangan selalu horizontal.
Gambar 10.3 Difraksi gelombang permukaan air yang melewati celah: (a)c 1Kgelombang transJika 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.
4 Gelombang tali memiliki polarisasi (b
t = 0
t = ∆t
t = 2∆t
t = 3∆t
t = 4∆t
t = 5∆t
t = 6∆t
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
Waktu Tidak terpolarisasi Polarisasi linier Polarisasi lingkaran Polarisasi ellips
408
rpolarisasi linier, (c) gelombang terpolarisasi lingkaran, dan (d) gelombang terpolarisasi llips.
-mula ke atas ) setelah berlangsung ∆t, aranya ke kiri
Gambar 10.5 Amplitudo gelombang pada berbagai waktu dilihat dari depan (gelombang bergerak menuju mata kalian) untuk (a) gelombang tidak terpolarisasi, (b) gelombang tee Ada jenis polarisasi lain seperti berikut ini. Jika selama perambatan gelombang arah penyimpangan selalu berubah-ubah secara teratur, misalnya: i) mulaiiiii) setelah berlangsung ∆t berikutnya, aranya ke bawah iv) setelah berlangsung ∆t berikutnya lagi, aranya ke kanan
409
sung ∆t berikutnya lagi, aranya kembali ke atas larisasi lingkaran.
ama ke manapun arah simpangan awah dan saat simpangan
mengalami polarisasi ellips.
ang lektromagnetik. Frekuensi gelombang yang dipancarkan lampu tidak hanya satu, tetapi sangat ervariasi. Apalagi lampu yang warnanya putih seperti lampu tabung, frekuensi gelombang yang
rada pada jangkauan yang sangat lebar.
bat lebih lambat daripada cahaya warna erah.
Gambar 10.6 (a) Dispersi cahaya matahari oleh droplet air di udara menghasilkan pelangi. (b) Dispersi cahaya oleh prisma.
v) dan setelah berlangmaka gelombang dikatakan mengalami po Pada polarisasi lingkaran, amplitudo simpangan selalu stersebut. Namun, jika amplitudo saat simpangan mengarah ke atas-bmengarah ke kiri-kanan tidak sama maka gelombang dikatakan 10.4 Dispersi Lampu yang kalian nyalakan di rumah memancarkan cahaya dalam bentuk gelombebdipancarkan be Ketika merambat dalam satu medium, kecepatan rambat gelombang umumnya bergantung pada frekuensinya. Contohnya, dalam kaca, kecepatan rambat cahaya makin kecil jika panjang gelombangnya makin kecil. Cahaya warna ungu meramm
410
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
21 /sin/sin vv bd θθ = . Karena gelombang dengan frekuensi berbeda memiliki 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. Peristiwa ini sering dijumpai dalam kehidupan sehari-hari. Pelangi adalah dispersi cahaya matahari oleh bintik-bintik air di udara. Prisma dapat menguraikan cahaya putih atas sejumlah spectrum karena fenomena dispersi. 10.5 Efek Doppler Ketika pesawat tempur sedang latihan dan kebetulan kalian menontonya, kalian akan mengalami fenomena berikut ini.
Suara pesawat menggemuruh kencang ketika pesawat bergerak dari jauh mendekati ke arah alian. Bunyi gelegas luar biasa kalian dengar bukan?
sinya belum terlalu jauh dari kalian.
Fenomena ini disebut
umber mengelurkan suara dengan panjang gelombang λ ke segala arah. Di sekeliling sumber
ber akan mendengar bunyi dengan panjang gelombang λ. ika kecepatan rambat gelombang di udara adalah v maka frekuensi yang didengar pendengar
i)kii) Tetapi ketika pesawat telah melintas di atas kepala kalian dan terbang menjauh, suara pesawat terdengar pelan walalupun loka Mengapa bisa terjadi perbedaan suara tersaebut? Bukankan mesin penghasil suara tetap itu-itu juga? Jadi, ada efek arah gerak terhadap suara yang dihasilkan mesin pesawat. Dan memang benar, gerakan sumber suara atau gerak pendengar memiliki efek pada frekuensi yang didengar.
efek Doppler. Efek Doopler dapat dipahami sebagai berikut. a) Kasus I: Sumber suara dan pengamat tidak bergerak Sterbentuk pola kompresi udara dengan jarak λ satu dengan lainnya. Pendengar yang diam di sekitar sumJadalah
λvf = (10.8)
411
ber bunyi.
b) Kasber me ber
Gambar 10.8 Pendengar menerima puncak gelombang berikutnya setelah bergerak menuju ke arah sumber bunyi.
yang persis sama dengan frekuensi yang dihasilkan sum
λ λvv
v
Gambar 10.7 Pola kompr
esi udara yang dihasilkan di sekitar sumber yang diam.
us II: Pengamat mendekati sumber gelombang yang tidak bergerak Sum ngeluarkan suara dengan panjang gelombang λ ke segala arah. Di sekeliling sumterbentuk pola kompresi udara dengan jarak λ satu dengan lainnya.
sumber
v
λ λvv
v
sumber
v
v
u
uT’ vT’
λ
T’ kemudian
Menerima puncakgelombang
Menerima puncakberikutnya
v
u
uT’ vT’
λ
T’ kemudian
Menerima puncakgelombang
Menerima puncakberikutnya
412
Jika pendengar diam maka ia menangkap dua pincak gelombang dalam selang waktu T. Namun, jika pengamat bergerak mendekati sumber dengan laju u, maka setelah menerima satu puncak, pengamat tidak perlu menunggu waktu T untuk menerima puncak berikutnya. Pendengar menerima puncak berikutnya setelah selang waktu T’ yang lebih pendek dari T. Berapa besar T’? i) Mula-mula pendengar menerima puncak gelombang. ii) Gelombang bergerak ke kanan dan pengamatan bergerak ke kiri. iii) Puncak berikutnya diterima pengamat setalah selang waktu T’. iv) Selama selang waktu T’ Gelombang sudah berpindah sejauh: vT’ Pengamat sudah berpindah sejauh : uT’ v) Lihat Gambar 10.8. Pengamat menerima puncak berikutnya jika terpenuhi
λ=+ '' uTvT atau
λuv
T+
=1'
Tetapi '/1' fT = dan fv /=λ sehingga
fv11
uvf +=
'
atau
fv
uvf +=' (10.9)
c) Kasus III: Pengamat menjauhi sumber gelombang yang tidak bergerak Sumber mengeluarkan suara dengan panjang gelombang λ ke segala arah. Di sekeliling sumber terbentuk pola kompresi udara dengan jarak λ satu dengan lainnya. Jika pendengar diam maka ia menangkap dua puncak gelombang dalam selang waktu T. Namun,
gerak menjauhi sumber dengan laju u, maka setelah menerima satu puncak, at harus menunggu selama waktu T’ untuk menerima puncak berikutnya. Selang waktu
jika pengamat berpengamT’ lebih panjang dari T karena gelombang mengejar pengamat. Berapa besar T’?
Menerima puncakgelombang
413
erak menjauhi rah sumber bunyi.
Mula-mula pendengar menerima puncak gelombang. ii) Gelombang bergerak ke kanan dan pengamatan juga bergerak ke kanan. iii) Puncak berikutnya diterima pengamat setelah selang waktu T’.
) Selama selang waktu T’ Gelomb ah berp : vT’ Pengamat sudah berpindah sejauh : uT’
v) Lihat Gambar 10.9. Pengamat menerima puncak berikutnya jika terpenuhi
Gambar 10.9 Pendengar menerima puncak gelombang berikutnya setelah berga i)
iv ang sud indah sejauh
λ=−' uTvT ' tau a
λuv
T−
=1'
Tetapi '/1' fT = dan fv /=λ sehingga
fv
=11
uvf −'atau
fv
uvf −=' (10.10)
v
u
uT’
vT’
λ
T’ kemudian
enerima puncakberikutnyaM
Menerima puncakgelombang
v
u
T’ kemudian
enerima puncakberikutnya
vT’
uT’
M
λ
414
d) Kasus IV: Sumber gelombang bergerak mendekati pengamat yang diam Misalkan sumber bunyi bergerak ke kanan dengan laju w. Sumber bunyi mengeluarkan puncak pertama. Jika sumber tidak bergerak maka puncak kedua dilepaskan setelah puncak pertama meninggalkan sumber bunyi sejauh λ. Tetapi karena sumber bunyi bergerak, maka puncak pertama dikejar oleh sumber bunyi. Oleh karena itu saat mengeluarkan puncak kedua, jarak sumber bunyi ke puncak pertama yang telah dilepaskan sebelumnya lebih pendek daripada λ. Dengan demikian, panjang gelombang di depan sumber bunyi menjadi lebih pendek, yaitu λ’ dengan λ’ < λ. Berapa besar λ’?
ambar
adalah T (periode umber bunyi).
Selama selang waktu ini: Puncak pertama telah bergerak sejauh:
sumber
vvλ‘ λ‘w
sumber
vvλ‘ λ‘w
G 10.10 Jarak puncak gelombang di depan sumber bunyi lebih rapat. Selang waktu dilepaskan puncak kedua setelah pelepasan puncak pertama s
λ wT Sumber bunyi telah bergerak mengikuti puncak pertama sejauh:
Jarak puncak pertama dan kedua menjadi: 'λ Tampak dari Gambar 10.10 bahwa
wT−= λλ ' Dengan menggunakan hubungan: '/' fv=λ , fv /=λ , dan fT /1= kita mendapatkan
fw
fv
fv 1
'−=
415
atau
ff 'wvv −
=
atau
fwv
vf−
=' (10.11)
e) Kasus V: Sumber gelombang bergerak menjauhi pengamat yang diam Sumber bunyi mengeluarkan puncak pertama. Jika sumber tidak bergerak maka puncak kedua dilepaskan setelah puncak pertama meninggalkan sumber bunyi sejauh λ. Tetapi karena sumber bunyi bergerak menjuhi pengamat, maka puncak kedua dilepaskan setelah sumber bunyi bergerak berlawanan dengan arah gerak sumber pertama. Oleh karena itu saat mengeluarkan puncak kedua, jarak sumber bunyi ke puncak pertama yang telah dilepaskan sebelumnya lebih jauh daripada λ. Dengan demikian, panjang gelombang di belakang sumber bunyi menjadi lebih panjang, yaitu λ’ dengan λ’ >λ. Berapa besar λ’?
a 1 Jarak puncak gelombang yang dihasilkan sumber bunyi yang menjauhi pengamat lebih renggang.
G mbar 10.1
Sumber diam
λ
v
λ
vw
λ‘
wT
Sumber bergerak
T kemudian
Sumber diam
λ
v
Sumber diam
λ
v
λ
vw
λ‘
wT
λ
vw
wT
λ‘T kemudian
Sumber bergerakSumber bergerak
416
elang waktu dilepaskan puncak kedua setelah pelepasan puncak pertama adalah T (periode sumber bunyi). Selama selang waktu ini:
Puncak pertama telah bergerak sejauh:
S
λ wT Sumber bunyi telah bergerak menjauhi puncak pertama sejauh:
Jarak puncak pertama dan kedua menjadi: 'λ Tampak dari Gambar 10.11 bahwa
wT+= λλ ' Dengan menggunakan hubungan: '/' fv=λ , fv /=λ , dan fT /1= kita mendapatkan
fff 'wvv 1
+=
atau
fwv
fv +
='
atau
fvf =' wv +
(10.12)
f) Kasus VI: Sumber gelombang beserta pengamat bergerak Dalam kondisi umum di mana sumber gelombang dan pengamat bergrak maka frekuensi yang didengar pengamat adalah
fwvuvf
m
±='
dengan f frekuensi yang dikeluarkan sumber bunyi, f’ frekuensi yang dideteksi pengamat, v : kecepatan rambat gelombang, u kecepatan pengamat, w kecepatan sumber gelombang. Yang perlu kalian ingat Suku di pembilang untuk pengamat
Suku di penyebut untuk sumber gelombang
417
Urutan tanda sebagai berikut
ambar 10.12 Urutan tan uensi gelombang adalah pencerminan (plus,
Pada Gamb kati dan tanda sebelah bawah untuk saling menjauhi.
ontoh Sumber mendekati pengamat dan pengamat menjauhi sumber Maka tandanya seperti pada Gambar 10.13
G da pada persamaan frejminus, minus, plus)
ar 10.12, tanda sebelah atas untuk saling mende
cermincermin
C
Gambar 10.13
fwvuvf
−−
='Jadi persamaannya adalah (10.13)
.14
d
Sumber dan pengamat saling menjauhi Maka tandanya seperti pada Gambar 10
Gambar 10.14
Jadi persamaannya a alah fwvuv −f
+=' (10.14)
bar 10.15
Gambar 10.15
adi persamaannya adalah
Sumber dan pengamat saling mendekati Maka tandanya seperti pada Gam
418
fwvuvf
−+
='J (10.15)
Contoh
419
ereta api mendekati kemudian melewati stasion sambil membunyikan sirine dengan frekuensi nstan, yaitu
/s.
n bergerak. aat kereta api sedang mendekati stasiun maka sumber bunyi bergerak mendekati pengamat yang
diam sehingga frekuensi yang didengar pengamat adalah
K500 Hz. Laju kereta api ko 30 m/s. Bagaimana perubahan frekuensi sirine kereta api yang didengar oleh orang yang sedang duduk di stasiun? Anggaplah laju perambatan bunyi 330 mJawab Di sini pengamat diam dan sumber bunyi yaS
50030330
330' ×−
=−
= fwv
vf = 550 Hz
Saat kereta api tepat sejajar stasiun maka tidak ada gerak relatif sumber bunyi terhadap pengamat. Dalam kondisi ini, baik pengamat maupun sumber bunyi dapat dianggap diam. Frekuensi yang didengar pengamat sama dengan frekuensi yang dihasilkan sumber bunyi, yaitu 500 Hz. Saat kereta api sedang menjauhi stasiun maka sumber bunyi bergerak menjauhi pengamat yang
sehingga frekuensi yang didengar pengamat adalah diam
50030330
330' =+
= fwv
vf ×+
= 458 Hz
ambatan geber gelombang dan pendengar diam, tetapi medium tempat
ber menuju pendengar. Lihat Gbr 10.16.
at mendeteksi dua puncak dalam selang waktu T (sama dengan periode sumber gelombang). Karena medium bergerak ke arah pengamat, maka selang waktu terdeteksinya dua puncak menurut pengamat menjadi lebih pendek. Selang waktu tersebut adalah T’ yang memenuhi
g) Kasus VII Medium per lombang bergerak menuju pendengar Pada kasus ini kita anggap sumperambatan gelombang bergerak dari arah sum Jika medium tidak bergerak, maka pengam
λ=+ ')( Tov atau
λov
T+
='
1
D '/1' Tf = dan fv /=λengan menggunakan hubungan maka frekuensi gelombang yang
ideteksi pendengar adalah d
fv
ovf +=' (10.16)
edium tidak bergerak, maka pengamat mendeteksi dua puncak dalam selang waktu T
420
Gambar 10.16 Medium mendekati pengamat h) Kasus VIII Medium perambatan gelombang bergerak menjauhi pendengar
Gambar 10.17 Medium menjauhi pengamat Jika m
v
v + o
λ
λ
v
v + o
Medium tidakbergerak
Medium bergerakdengan kecepatan o
Setelah T’
Setelah T
Medium tidakbergerak
Medium bergerakdengan kecepatan o
Setelah T’
Setelah Tλ
λ
v
v - o
λ
λ
Medium bergerakdengan kecepatan o
Setelah T’
v
v - o
Medium tidakbergerakMedium tidakbergerak
Setelah TSetelah Tλ
λ
Medium bergerakdengan kecepatan o
Setelah T’
421
(sama dengan periode sumber gelombang). Karena medium bergerak menjauhi pengamat, maka selang waktu terdeteksinya dua puncak menurut pengamat menjadi lebih panjang karena gerakan elombang dilawan oleh gerakan medium. Selang waktu tersebut adalah T’ yang memenuhi g
λ=− ')( Tov
atau
λov
T−
='
1
Dengan menggunakan hubungan '/1' Tf = dan fv /=λ maka frekuensi gelombang yang dideteksi pendengar adalah
fv
ovf −=' (10.17)
i) Kasus IX: Sumber gelombang, pengamat, dan medium perambatan gelombang bergerak Dalam kondisi umum di mana sumber gelombang, pengamat, maupun medium bergerak maka frekuensi yang didengar pengamat adalah
fwv
ouvfm
±±=' (10.18)
r bunyi, f’ frekuensi yang dideteksi pengamat, v ecepatan rambat gelombang, u kecepatan pengamat, w kecepatan sumber gelombang, o ecepatan medium
0.6 Efek Doppler Untuk Gelombang Elektromagnetik Gelombang elektromagnetik, termasuk cahaya, merambat dalam ruang hampa dengan laju c = 3 × 108 m/s. Berdasarkan teori relativitas khusus yang akan kita pelajari di semester dua, laju perambatan cahaya selalu sama menurut pengamat yang diam maupun pengamat yang bergerak. Jadi, misalkan ada cahaya yang sedang merambat di udara/ruang hampa. Jika kalian deteksi kecepatan cahaya tersebut dalam keadaan diam, kalian dapatkan kecepatan c = 3 × 108 m/s. Jika kalian deteksi cahaya sambil bergerak mendekati cahaya maka kalian juga dapatkan kecepatan c = 3 × 108 m/s. Dan jika kalian deteksi kecepatan cahaya sambil bergerak menjauhi cahaya, maka kalian tetap mengukur kecepatan cahaya sebesar c = 3 × 108 m/s. Hal ini tidak bergantung, berapapun kecepatan kalian. Meskipun kalian bergerak mendekati arah datang cahaya dengan laju u = 0,9 c (yaitu 0,9 kali kecepatan cahaya), maka laju perambatan cahaya yang kalian ukur
dengan f frekuensi yang dikeluarkan sumbekk 1
422
tap c = 3 × 108 m/s, bukan 1,9 c.
engan sifat ini, maka efek Doppler pada gelombang elektromagnetik semata-mata hanya
te Ddipengaruhi oleh gerak sumber dan sama sekali tidak dipengaruhi oleh gerak pengamat. Dengan demikian, frekuensi gelombang elektromagnetik yang dideteksi akan memenuhi
fwc
cf =' (10.19m
)
n c laju perambatan gelombang elektromagnetik, w laju sumber, dan f adalah frekuensi
ang dipancarkan sumber. Tanda minus dipakai untuk sumber yang mendekati pengamat dan tanda plus dipakai untuk sumber yang menjauhi pengamat. ika laju sumber sangat kecil dibandingkan dengan laju cahaya, maka kita dapat melakukan
dengay
Jpendekatan sebagai berikut
ccw ⎠⎝
ww
cwc
c±≈⎟
⎞⎜⎛==
−
111
1 1
m
mm
engan demikian, diperoleh D
fcwf ⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ ±≈ 1' (10.20)
Di mana tanda positif dipakai jika sum(10.20)). Dari persamaan ini maka diperoleh pergeseran frekuensi gelombang adalah
ber mendekati pengamatat (kebalikan dari persamaan
fff −=∆ '
fcw
±≈ (10.21)
Contoh
emiliki panjang gelombang 589 m Perkiarakan perubahan frekuensi garis natrium-D yang makibat rotasi permukaan matahari. Jari-jari matahari adalah 7,0 × 108 m dan periode rotasinya 27 hari. Jawab Periode rotasi matahari T = 27 hari = 27 hari × 24 jam/hari × 60 menit/jam × 60 s/menit = 2,3 × 106 s. Keliling matahari
98 104,4100,714,322 ×=×××== rs π m Laju tangensial permukaan matahari di khatulistiwa
6
9
103,2104,4
××
==Tsw = 1900 m/s
Panjang leombnag natrium: λ = 589 nm = 5,89 × 10-7 m. ergeseran frekuensi gelombang natrium akibat rotasi matahari adalah P
97 102,3
1089,51900
×±=×
±=±=×±=±≈∆ −λλwc
cwf
cwf Hz
Bagian permukaan matahari yang sedang bergerak ke arah bumi diamati menghasilkan frekuensi yang bertambah sebesar 3,2 9
bergerak menjauhi bumi diamati menghasilkan frekuensi yang berkurang sebesar 3,2 10 Hz.
edium. Bunyi timbul karena getaran artikel-partikel penyusun medium. Getara partikel-partikel inilah yang menyebabkan energi
da medium. Dalam ruang hampa bunyi tidak dapat merambat. Di dara bunyi merambat akibat getaran molekul-molekul udara. Di dalam zat padat bumi
merambat akibat getaran atom-atom zat padat. Di dalam zat cair bunyi merambat akibat getaran atom-atom atau molekul-molekul penyusun zat cair.
alam material yang berbeda. Dalam zat padat laju rambat bunyi bih besar daripada dalam zat cair. Dan dalam zat cair laju rambat bunyi lebih besar daripada
dalam gas. Tab
abel 10.1 Laju rambat bunyi di dalam beberapa metrial pada suhu 20 oC.
× 10 Hz, sedangkan bagian permukaan matahari yang sedang × 9
10.7 Gelombang Bunyi Bunyi adalah gelombang mekanik yang merambat dalam mpyang berasal dari sumber bunyi merambat dalam medium tersebut. Dengan demikian, bunyi hanya bisa merambat jika au
Laju rambat bunyi berbeda dle
el 10.1 adalah laju rambat bunyi pada sejumlah zat.
TMaterial Laju rambat bunyi (m/s) Udara 343 Udara (0 oC) 331 Helium 1005 Hidrogen 1300 Air 1440 Air laut 1560 Besi dan Baja 5000
423
Glas 4500 Aluminium 5100 Kayu keras 4000
424
nyi di udara dapat rsamaan
(10.22)
dengan T dalam derajat Celcius.
0.8 Kuat dan Tinggi Bunyi Dua aspek bunyi yang dirasakan telinga adalah kekuatan bunyi (loudness) dan ketinggian bunyi (pitch). Kekuatan bunyi merepresentasikan energi yang dibawa oleh gelombang bunyi.
ecara umum terlinga manusia dapat mendengar bunyi pada jangkauan frekuensi antara 20 Hz auan frekuensi ini dikenal dengan nama daerah pendengaran. Bunyi
ekuatan bunyi mengungkapkan energi yang dibawa gelombang bunyi. Untuk memudahkan
ntensitas = enenrgi yang dibawa gelombang per satuan waktu per satuan luas
enrgi per satuan waktu adalah daya maka kita jug
aya gelombang per satuan luas
Laju rambat bunyi juga dipengaruhi oleh suhu. Kebergantungan laju rambat budidekati dengan pe
)6,0331( Tv += m/s
1
Ketinggian bunyi merepresentasikan apakah bunyi tersebut tinggi seperti bunyi biola atau rendah seperti bunyi bass gitar. Tinggi rendah bunyi berkaitan dengan frekuensi pembawa bunyi tersebut. Bunyi tinggi memiliki frekuensi tinggi dan bunyi rendah memiliki frekuensi rendah. Ssampai 20 000 Hz. Jangkdengan frekuensi di atas 20 000 Hz dinamakan bunyi ultrasonik. Beberapa binatang dapat mendengar bunyi ultrasonik. Anjing dapat mendengar bunyi hingga frekuensi 50 000 Hz. Kelelawar dapat mendengar bunyi hingga 100 000 Hz. Bunyi dengan frekuensi di bawah 20 Hz dinamakan infrasonik. Sumber bunyi infrasonik di antaranya gempa bumi, gunung api, dan getaran mesin-mesin berat. 10.9 Intensitas Bunyi Kdilakukan pengukuran kekuatan bunyi maka didefinisikan besaran yang namanya intensitas bunyi. Definisi intensitas secara umum adalah I Karena en a dapat mendefinisikan Intensitas = dAtau
AP (10.23) I =
425
n I intensitas gelombang, P daya yang dibawa gelombang, A Luas permukaan yang dikenai bang.
ontoh elombang bunyi dihasilkan oleh sebuah loudspeaker kecil dan merambat secara merata ke
awab Daya Loudspeak
arena gelombang bunyi merambat ke segala arah, maka gelombang tersebut menembus er sebagai pusat) pada saat yang bersamaan. Dengan demikian,
ada jarak R = 5 m dari loudspeaker, gelombang tersebut menembus permukaan seluas
m2
dengaenergi gelom CGsegala arah. Jika daya loudspeaker adalah 10 Watt, berapakah intensitas bunyi pada jarak 5 meter dari Loudspeaker? J
er sama dengan daya gelombang bunyi yang dihasilkannya. Jadi P = 10 W. Kpermukaan kulit bola (loudspeakp
22 514,344 ××== RA π = 314 Dengan demikian, intensitas bunyi pada jarak 5 m dari loudspeaker adalah
314A 10.10 Level Intensitas Telinga manusia umumnya dapat mendeteksi intensitas gelombang bunyi paling rendah 10
10==
P = 0,03 W/m2
intensitas. Level intensitas β dirumuskan sebagai
I
-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
⎟⎟⎠
⎜⎜⎝
=oI
log10β (10.24)
dengan Io ambang pendengaran (10
⎞⎛ I
-12 W/m2), dan I intensitas bumyi dalam satuan. Satuan β dalah decibel yang disingkat dB.
ontoh Berapa level
tensitas lalulintas tersebut? Jawab
a CIntensitas suara yang dihasilkan lalu lintas dalam keadaan sibuk sekitar 10-5 W/m2.in
Diberikan
426
-5 W/m2 I = 10
( ) 71010log1010
log10log 12 ×==⎟⎠
⎜⎝
=⎟⎠
⎜⎝
−oI
= 70 dB 1010 75
⎟⎞
⎜⎛
⎟⎞
⎜⎛
=−Iβ
abel 10.2 Level intensitas beberapa sumber bunyi bunyi level intensitas (dB)
TSumberPesawat jet pada jarak 30 m 100 Ambang batas kesakitan 120 Suara konser rock pada ruangan tertutup 120 Sirine pada jarak 30 m 100 Ruangan dalam mobil yang sedang melaju 90 km/jam 75 Lalu lintas sibuk 70 Percakapan biasa pada jarak 50 cm 65 Daun yang bergesekan 10 Ambang pendengaran 0
oudspeaker kualitas tinggi dirancang sehingga pada jangkauan frekuensi 30 Hz sampai dengan 8 000 Hz hampir konstan dengan variasi hanya sekitar ± 3 dB. Artinya, pada jangkauan ekuensi ini level intensitas tidak boleh menyimpang melebihi 3 dB. Artinya, level intensitas
maksimum d d diijinkan tidak boleh lebih dari 3 dB. Dengan factor berapakah intensitas diijinkan bervariasi?
Contoh L1fr
an minimum yan
Jawab
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
o
maksmaks I
Ilog10β
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
oII min
min log10β
⎟⎟⎠
⎜⎝
⎟⎠
⎜⎝
⎟⎠
⎜⎝
⎟⎠
⎜⎝ minmin
min IIIII ooomaks
⎞⎜⎛
=⎟⎞
⎜⎛
×=⎟⎞
⎜⎛
−⎟⎞
⎜⎛
=− min log10log10log10log10IIIII maksomaksmaksββ
⎟⎟
427
⎠⎝ minI⎞
⎜⎜⎛
gI maks = lo103
3,0log⎜⎜I m
min ⎠⎝ I=⎟⎟
aks ⎞⎛
2,010=I maks =
minI 2
Artinya, perbandingan intensitas maksimum dan minimum tidak boleh lebih dari dua.
ontoh 00 dB. Berapa level intensitas pada jarak 90
unyi?
CPada jarak 30 m dari sirine, level intensitas adalah 1m dari sumber b Jawab r1 = 30 m r2 = 90 m β1 = 100 dB β2 = ……?
⎟⎟⎠
⎜⎜⎝
=oI1
1 log10β ⎞⎛ I
Karena maka 2/1 rI ∝
91
9030
/1/1
2
2
22
21
21
22
1
2 ====rr
rr
II
atau
12 91 II =
Taraf intensitas
1112
2 9log10log1091log10
91log10log10 ββ +−=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
ooo II
II
II
= 90,5 dB
1005,9 +−=
428
10.11 Getaran Kolom Pipa Organa Pipa organa adalah kolom udara yang berbentuk silinder. Salah satu ujungnya terbuka sebagai tempat untuk meniupkan udara. Ujung yang lainnya bisa terbuka atau bisa tertutup. Pipa organa dengan ke dua ujung terbuka kita sebut sebagai pipa organa terbuka. Sedangkan pipa organa dengan salah satu ujung tertutup kita namakan sebagai pipa organa tertutup.
0.18 Skematik pipa or dan tertutup (b)
pada ujung pipa maka kolom udara di dalamnya bergetar dan mengambil alah satu frekuensi alamiah. Pada frekuensi ini terjadi resonansi antara frekuensi getaran udara
kuensi alamiah pipa. Frekuensi alamiah pipa bergantung pada tipe pipa, apakah pila organa terbuka atau tertutup. Sifat yang harus dipenuhi adalah ng yang terbuka, simpangan getaran udara selalu maksimum
tertutup, simpangan getaran udata selalu nol.
engan sifat ini, maka pola gelombang berdiri yang diijinkan pada pipa organa terbuka sebagai berikut (lihat Gbr. 10.19). Tampak bahwa resonansi kolom udara memenuhi syarat
Gambar1 gana terbuka (a) Ketika udara ditiupkansdan fremerupakani) Pada ujuii) Pada ujung D
λ , 2
3L = 2λ , λ ,
25λ , ….
2λn (10.25)
dengan n = 1, 2, 3, ….
kebergantungan panjang gelombang pada panjang pipa adalah Atau
nL2
=λ (10.26)
L
L= λ/2 L= λ L= 3λ/2L= λ/2 L= λ L= 3λ/2
429 429
p sebagai berikut at
=
Gambar 10.19 Pola gelombang berdiri pada pipa organa terbuka
L
L= λ/4 L= 3λ/4 L= 5λ/2
L
L= λ/4 L= 3λ/4 L= 5λ/2
L
Gambar 10.20 Pola gelombang berdiri pada pipa organa tertutup Sebaliknya, pola gelombang berdiri yang diijinkan pada pipa organa tertutu(lihat Gbr 10.20). Tampak bahwa resonansi kolom udara memenuhi syar
L4λ ,
43λ ,
45λ , ….
22)( 1 λ+n (10.27)
engan n = 0, 1, 2, ….
Atau kebergantungan panjang gelombang pada panjang pipa adalah
d
430
)( 21+n
2=
Lλ (10.28)
pa organa yang bersentuhan engan kolom udara dalam pipa ikut pula bergetar dengan frekuensi yang sama. Karena medium
dalam pdalam pipa orpanjang gelombang yang dibentuk oleh kolom udara dalam pipa organa persis samam dengan panjang gelombang bunyi yang merambat di luar pipa organa. Ini berbeda dengan getaran dawai gitar di mana panjang gelombang dawai tidak sama dengan panjang gelombang bunyi yang dihasilkan. Contoh Yang mana dari pernyataan berikut yang benar. Pipa organa terbuka yang panjangnya 25 cm menghasilkan frekuensi nada dasar sama dengan frekuensi yang dihasilkan oleh dawai yang panjangnya 150 cm. Jika cepat rambat bunyi di udara 340 m/s dan cepat rambat gelombang transversal pada dawai 510 m/s, maka nada manakan yang dihasilkan dawai? Jawab
anjang gelombang yang dihasilkan pipa organa terbuka memenuhi
Saat kolom udara dalam pipa organa bergetar, maka udara di luar pid
ipa organa sama dengan udara di lur pipa organa, maka kecepatan rambat gelombang gana sama dengan kecepatan rambat gelombang di udara di luar pipa. Akibatnya,
P
nL2
=λ
Panjang gelombang nada dasar adalah (n = 1)
1252
12 ×
==Lλ = 50 cm = 0,5 m
Frekuensi bunyi yang dihasilkan pipa organa
5,0340
==λvf = 680 Hz
Jika frekuensi ini sama dengan frekuensi yang dihasilkan oleh dawai gitar maka panjang gelombang dawai gitar adalah
680510
==fu
dλ = 0,75 m
Panjang gelombang berdiri pada dawai gitar memenuhi
nd
atau
L2=λ
475
5,2==
Lλ
431
,012
=×
d
n
ar pada harmonik ke-3 (n=1 nada dasar, n = 2 harmonik pertama, n=3 armonik kedua, n=4 harmonik ketiga).
10.12 UltraUltrasonik adalah gelombang bunyi yang memiliki frekuensi di atas 20.000 Hz. Gelombang ini
dak dapat didengar oleh telinga. Namun, beberapa hewan seperti anjing dan kelelawar dapat
gelombang dibiaskan (diteruskan) ke medium berikutnya i) Intensitas gelombang yang dipantulkan dan dibiaskan bergantung pada lagu gelombang pada ua medium.
dimanfaatkan untuk menyelidiki keadaan dalam tubuh menggunakan gelombang
Gambar 10. pembiasan (transmisi) setiap melewati bidang batas dua medium
ulsa ultrasonik yang diarahkan ke dalam tubuh akan dipantulkan ketika berpindah dari satu organ ke organ yang berbeda dalam tubuh. Detektor yang berada di luar mendeteksi intensitas gelombang yang dipantulkan serta waktu yang diperlukan gelombang yang semula dipancarkan
Jadi dawai gitar bergeth
sonik
timendengar bunyi ultrasonik. Walaupun tidak dapat didengar telinga, gelombang ultrasonik banyak dinamfaatkan manusia. Pemanfaatan yang paling banyak saat ini dijumpai dalam bidang kedokteran. Ketika gelombang ultrasonik berpindah dari satu medium ke medium lainnya di mana pada dua medium tersebut kecepatan gelombang berbeda maka yang terjadi adalah i) Sebagian gelombang dipantulkan ii) SebagianiidSifat iniultrasonik.
Gel. datang Gel. bias
21 Gelombang mengalami pemantulan dan
P
Gel. pantul
Gel. datang Gel. bias
Gel. pantul
432
lami pemantulan pada dinding-dinding organ. formasi intensitas dan waktu tunda tersebut digunakan untuk menggambarkan bayangan organ
tubuh.
3 Contoh bayangan yang dibuat berdasarkan intensitas dan waktu tunda
s.
mencapai kembali detektor setelah mengaIn
Gambar 10.22 Pulsa yang tampak pada layar merepresentasikan gelombang yang dipantulkan pada batas antara organ-organ dalam tubuh. Berdasarkan selang waktu antar dua pulsa setra tinggi pulsa maka bayangan organ dalam tubuh dapat dibuat (dengan komputer)
Gambar 10.2gelombang ultrasonik yang diarahkan ke perut ibu hamil. Bayangan seorang bayi terlihat dengan jela
433
Aplikasi lain dari gelombang ultrasonic dalam kedokteran adalah untuk mengukur laju aliran daeah dalam nadi. Frekuensi gelombang ultrasonic yang digunakan dalam aplikasi ini biasanya 5 – 10 MHz. Sel-sel darah merah yang mengalir dalam tubuh berfungsi sebagai pemantul gelombang ultrasonic. Karena sel darah merah bergerak, maka berdasarkan efek dopler, frekuensi gelombang yang dipantulkan berbeda dengan frekuensi gelombang datang. Dengan
enghitung selisih frekuensi tersebut maka laju aliran darah dapat dihitung.
Gambar 10.ultrasonic. Berdasarkan Gadinyatakn dengan rumus
m
24 Skema pengukuran laju aliran darah dalam nadi menggunakan gelombang
mbar 10.24, perubahan frekuensi gelombang ultrasonic yang dideteksi dapat
cfvf θcos2
=∆ (10.29)
dengan ∆f perubahan frekuensi gelombang, f frekuensi gelombang ultrasonic yang digunakan, c
batan gelombang ultrasonic dalam tubuh, v laju aliran sel darah merah, θ sudut yang bang ultrasonic dengan arah aliran sel darah merah.
gerak dengan kecepatan melebihi kecepatan bumi di udara. Kecepatan bunyi di udara sekitar 340 m/s. Kecepatan pesawat Concord lebih besar daripada itu. Pesawat-pesawat tempur hampir semuanya memiliki kecepatan yang lebih besar dari kecepatan bunyi. Kecepatan yang lebih besar dari kecepatan bunyi dinamakan kecepatan supersonik.
laju peramdibentuk oleh arah gelom 10.13 Supersonik Kalian masih ingat dengan pesawat Concord? Itulah pesawat yang dapat ber
434
Ketika benda bergerak menembus udara maka terbentuk pola gangguan di udara yang bergerak sama dengan kecepatan gelombang bunyi. Gambar 10.25 adalah benda (pesawat) yang bergerak dengan laju u yang lebih kecil daripada laju rambat bunyi di udara, v. Bunyi yang dihasilkan pesawat bergerak ke segala arah pada permukaan yang berbentuk bola. Kita tinjau bunyi yang dihasilkan pesawat saat berada di lokasi 1, 2, 3, dan 4 pada Gambar 10.25. Saat pesawat berada di titik 4, gelombang yang dikelurkan ketika berada pada posisi 1, 2, dan 3 digambarkan sebagai lingkaran. Tampak bahwa, di depan pesawat puncak-puncak gelombang lebih rapat dan di belakang pesawat puncak-puncak gelombang lebih renggang. Akibatnya, di depan pesawat frekuensi gelombang lebih besar dan di belakang pesawat lebih kecil. Ini adalah efek Dopler.
ju yang lebih kecil daripada laju rambat bunyi. Gambar 10.26 adalah kondisi ketika kecepatan pesawat persis sama dengan kecepatan bunyi. Lokasi pesawat tepat berimpit dengan muka gelombang yang bergerak ke depan. Akibatnya, udara di depan pesawat mengalami kompresi yang sangat besar. Panjang gelombang di depan pesawat mendekati nol atau frekuensinya mendekati tak berhingga. Akibatnya dihasilkan bunyi
ang sangat keras.
v1
3
2
Gambar 10.25 Gambar muka gelombang ketika pesawat bergerak dengan la
y
1 2 3 4
uv v
v1
3
2
1 2 3 4
v
uv v
v
435
erak dengan laju yang sama
Gambar 10.26 Gambar muka gelombang ketika pesawat bergdengan laju rambat bunyi. Jika kecepatan pesawat lebih besar daripada laju rambat bunyi di udara maka saat pesawat menghasilkan gelombang berikutnya, gelombang yang dihasilkan sebelumnya belum mencapai lokasi tersebut. Akibatnya, muka gelombang yang terbentuk berbentuk kerucut. Arah perambatan gelombang tidak lagi ke depan, tetapi agak menyamping. Tampak pada gambar bahwa arah yang dibentuk gelombang dengan arah gerak pesawat membentuk sudut θ yang memenuhi
uv
=θsin (10.30)
dengan u laju sumber bunyi (pesawat) dan v laju perambatan bunyi di udara. Jika kecepatan benda sudah melebihi kecepatan rambat bunyi di udara, ukuran kecepatan sering dinyatakan dalam bilangan Mach. Jika kecepatan benda berada pada bilangan Mach 1 berarti kecepatan benda yang sama dengan kecepatan bunyi di udara. Jika kecepatan bunyi di udara adalah 343 m/s, maka pesawat yang memiliki bilangan Mach 2,5 berarti memiliki kecepatan 2,5 × 343 = 857,5 m/s.
v1
1 2 3 4 uv
v
v
2
3
1 2 3 4 uv
v
v1
2
3
v
1 2 3 4
uv
v
v1
2
3
v
u
θ
θ
1 2 3 4
uv
v
v1
2
3
v
u
θ
θ
1 2 3 4
uv
v
v1
2
3
1 2 3 4
uv
v
v1
2
3
v
u
θ
θ
v
u
θ
θ
Gambar 10.27 Gambar muka gelombang ketika pesawat bergerak dengan laju yang melebihi
436
ju rambat bunyi. Soal dan Penyelesaian 1) Dapatkah kamu membuktikan bahwa kecepatan bunyi tidak terlalu bergantung pada frekuensi? Jawab Suara sebenarnya tersusun atas sejumlah frekuensi. Frekuensi yang berbeda-beda tersebut bersuperposisi membentuk pola gelombang bunyi. Jika kecepatan gelombang bunyi sangat bergantun g pada frekuensi maka komponen bunyi yang berasal dari frekuensi yang berbeda akan bergerak dengan kecepatan yang berbeda. Komponen bunyi dengan frekuensi yang berbeda
la
437
akan mencapai pendengar pada saat yang berbeda. Akibatnya, pola gelombang bunyi yang diterima pendengar dan yang dihasilkan sumber bunyi berbeda. Atau suara yang didengar pendengar tidak samam dengan suara yang dihasilkan sumber bunyi. Tetapi hal tersebut tidak pernah terjadi. Suara yang didengar pendengar persis sama dengan suara yang dihasilkan sumber bunyi. Ini hanya mungkin terjadi jika kecepatan bunyi tidak bergantung pada frekuensi. 2) Level intensitas suara yang dihasilkan mesin pesawat jet pada jarak 30 m adalah 140 dB. Berapakah level intensitas mesin tersebut pada jarak 300 m? Jawab Misalkan intensitas pada jarak 30 m adalah Intensitas pada jarak 300 m adalah
Karena
30I
300I
2
1r
I ∝ maka
1001
30/1300/1
2
2
30
300 ==II
atau
10030
300I
I =
D 30β = 140 dB ari soal kita peroleh Maka
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
0
3030 log10
II
β
Taraf intensitas pada jarak 300 meter adalah
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛+⎟⎟
⎠⎝⎠⎝⎠⎝ 100000 III⎞
⎜⎜⎛
=⎟⎟⎞
⎜⎜⎛
=⎟⎟⎞
⎜⎜⎛
=1log10log10
100/log10log10 3030300
300III
β
20140210)100log(10log10 300
⎟⎠
⎜⎝ I
30 −=×−=−⎟⎞
⎜⎛
βI
= 120 dB =
3) Berapa intensitas bunyi pada ambang sakit 120 dB? Berapa pula intensitas bunyi yang memiliki level intensitas 20 dB? Jawab
⎟⎟⎞
⎜⎛
=Ilog10β
⎠⎜⎝ oI
438
tau
Untuk
a
10/10β×= oII
β = 120 dB Maka
= 1 W/m2 Untuk
1212)10/120(12 10101010 ×=×= −−I
β = 20 dB Maka
W/m2 4) Telinga manusia dapat membedakan bunyi dengan perbedaan level intensitas 2,0 dB. Berapa perbandingan amplitudo dua bunyi depnagn perbedaan level intensitas di atas? Jawab
10212)10/20(12 1010101010 −−− =×=×=I
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
oII1
1 log10β
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
oII 2
2 log10β
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛×=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=−=∆
1
2
1
21212 log10log10log10log10
II
II
II
II
II o
ooo
βββ
Atau
10/2 10 β∆=I
1
etapi ∆β = 2 dB sehingga
I
T
2,010/2
1
2 1010 ==II = 1,6
2AI ∝Mengingat maka
21
22
1
2
AA
II
=
Jadi
6,121
22 =
AA
atau
6,1
439
1A
2 = = 1,26
mbang bunyi 50 dB memasuki gendang telinga yang memilikim luas penampang 5,0 × dan telinga per detik? (b) Berapa lama waktu yang
nerima energi 1,0 J?
bang bunyi yang mencapai gendang telinga
A
5) Gelo10-5 m2. (a) Berapa energi yang diserap gen gdiperlukan agar gendang telinga meJawab Pertama kita hitung intensitas gelom
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
oIIlog10β
⎟⎟⎠
⎞⎜⎝⎜⎛
=oIIlog1050
5log =⎟⎟⎞
⎜⎜⎛ I
⎠o
atau
a) Energi per detik yang diserap gendang telinga adalah daya yang diserap gendang telinga, yaitu
W b) Waktu yang diperlukan gendang telinga menerim J adalah
⎝ I
71255 10101010 −− =×=×= oII W/m2
1257 105)105(10 −−− ×=××== IAP
a energi 1,0
1112 102
105× −Pt s
10,1×===
J
nglah pergeseran maksimum molekul udara ketika bunyi dengan frekuensi 131 Hz merambat di udara pada level intensitas yang sama dengan ambang kesakitan terilnga (120 dB). Jawab Pertama kita hitung intensitas bunyi
6) Hitu
⎟⎠⎟⎞
⎜⎜⎝
⎛=
oIIlog10β
⎟⎟⎞
⎜⎜⎛
=IIog1120
⎠⎝ o
l0
⎟⎟
440
⎠oI⎞
⎜⎜⎝
⎛=
Ilog2
= 1 W/m2
1
atau
121212 101010 −×=×= oII
Dengan menggunakan persamaan (47.5) kita dapat menulis
222 vfIAρπ
=
Ambil ρ = 1,29 kg/m3 dan v = 340 m/s, maka
522 108
)131(34029,1)14,3(21 −×=
××××=A m
7) Dawai piano memiliki frekuensi dasar 440 Hz. Panjang bagian dawai yang bergetar adalah 32
n massanya 0,35 g. Berapa tegangan dawai tersebut? Jawab Panjang gelombang berdiri pada dawai memenuhi
cm da
nL2
=λ
Untuk nada dasat, n = 1, sehingga panjang gelombang nada dasar
1 32,02×
=λ = 0,64 m
Cepat rambat gelombang pada dawai 44064,0 ×== fv λ = 282 m/s
a dawai per satuan panjang Mass
441
3101,132,0
00035,0 −×===Lmµ kg/m
egangan dawai dihitung dengan rumus
T
µTFv =
atas tutup botol soda kosong yang memiliki kedalaman 15 cm? B) Berapakah frekuensinya jika botol tersebut berisi soda sepertiganya? Kecepatan gelombang di udara adalah 340 m/s. Jawab Botol soda berperan sebagai pipa organa tertutup. Panjang gelombang alamiah dalam pipa organa tertutup adalah
atau 282)101,1( 32 ××== −vFT µ = 0,3 N
8) a) Berapakah frekuensi resonansi yang kamu harapkan ketika meniup udara di
)12(4
+=
nLλ
dengan = 0, 1, 2, …..
L : panjang kolom Frekuensi resonansi kolom udara
n
Lvnvf
4)12( +==
λ
a) Untuk botol soda kosong: L = 15 cm = 0,15 m sehingga
56× 7)12(15,04
340)12( +=×
+= nnf Hz
adi, frekuensi resonansi yang mungkin di antaranya: 567 Hz, 1701 Hz, 2835 Hz, …
a
J b) Untuk botol soda yang berisi soda sepertiganya, maka L’ = (2/3) × 15 cm =0 cm = 0,1 msehingg
850)12(1,04
340)12( ×+=×
+= nnf Hz
Jadi, frekuensi resonansi yang mungkin di antaranya: 850 Hz, 2550 Hz, 4250 Hz, … 9) Sebuah pipa organa memiliki panjang 112 cm. Berapa frekuensi nada dasar dan tiga nada atas yang bisa didengar jika pipa organa tersebut (a) tertutup? (b) terbuka? Laju perambatan gelombang di udara 340 m/s. Jawab Panjang pila L = 112 cm = 1,12 m a) Jika pipa o aka panjang gelombang resonansi memenuhi
rgana terbuka m
nL2
=λ
Frekuensi gelombang reso
nansi
nnvnvf 152340==== Hz.
L 12,122 ×λ
Frekuensi nada dasar ( n = 1) adalah 152 Hz Frekuensi nada atas pertama ( n = 2) adalah 304 Hz Frekuensi nada atas kedua ( n = 3) adalah 456 Hz
Hz
b) Jika pipa organa tertutup maka panjang gelombang resonansi memenuhi
Frekuensi nada atas ketiga ( n = 4) adalah 608
124
+=
nLλ
Frekuensi gelombang resonansi
76)12(12,144 ×Lλ
340)12()12( ×+=+=+= nnvn Hz.
Frekuensi nada dasar ( n = 0) adalah 76 Hz Frekuensi nada atas pertama ( n = 1) adalah 228 Hz
Frekuensi nada atas ketiga ( n = 3) adalah 532 Hz
nansi pada frekuensi 264 Hz, 440 Hz, dan 616 Hz, tetapi tidak pada frekuensi lain antara 264 dan 616 kecuali pada 440 Hz. (a) Apakah pipa organa ini
ah frekuensi dasar pipa ini? awab
=vf
Frekuensi nada atas kedua ( n = 2) adalah 380 Hz
10) Sebuah pipa organa dapat bereso
terbuka atau tertutup? (b) berapakJ
442
443
) Kita mengecek apakah pipa ini terbuka atau tertutup. Andaikan pipa tersebut terbu frekuensi resonansi memenuhi a
ka, maka
Lvnf
2=
Sehingga
1
2
1
2
nn
ff
=
Misalkan frekuensi 264 Hz berkaitan dengan n1, maka frekuensi 440 Hz harus berkaitan dengan
dan frekuensi 616 Hz berkaitan dengan n1+2. Maka dua kesamaan berikut ini harus terpenuhi sekaligus n1+1
1
1 1264440
nn +
= (*)
dan
1
1 2264616
=n
n + (**)
ari kesamaan (*) kita peroleh
Dan n1 harus merupakan bilangan bulat.
)264440/(2641 −=nD = 1,5 Dari kesamaan (**) kita juga peroleh n1 = 1,5. Walaupun n1 sama pada pemecahan dua kesamaan di atas, namun harganya tidak bulat. Jadi
engungkapkan nada-nada resonansi kolom.
anggap kolom tertutup maka
tidak mungkin m Sebalinya, jika kita
Lvnf )12( +=
4 Sehingga
12 11 +nf12 22 +
=nf
Misalkan frekuensi 264 Hz berkaitan dengan n1, maka frekuensi 440 Hz harus berkaitan dengan n1+1 dan frekuensi 616 Hz berkaitan dengan n1+2.
Maka dua kesamaan berikut ini harus terpenuhi sekaligus
12321)1(2
264440 11 +
=++
=nn (***)
12 11 ++ nnan d
1252
121)2(2
264616
1
1
1
1
++
=+
++=
nn
nn (****)
Dan n1 harus merupakan bilangan bulat. Dari kesamaan (***) kita peroleh =1n 1 Dari kesamaan (****) kita juga peroleh =1n 1. Solusi pada dua kesamaan di atas sama dan harganya bulat. Jadi merupakan solusi yang tepat.
pa organa adalah pipa organa tertutup.
na frekuensi 440 Hz erkaitan dengan n = 1 maka
Jadi, pi b) Frekuensi nada dasar pipa organa tertutup berkaitan dengan n = 0. Kareb
31
112102
4400 =
+×+×
=f
atau
3440
0 =f = 147 Hz
lam daerah pendengaran jika pipa organa Jika pipa tersebut terbuka dan (b) jika pipa
awab
) Untuk pipa organa terbuka berlaku
11) Berapa banyak nada atas yang muncul di dasepanjang 2,44 m ditiup pada suhu 20 oC? (a) tersebut tertutup? JKecepatan rambat gelombang pada suhu 20 oC adalah 343 m/s a
nnL 44,222 ×vnf 70343
===
arena jangkauan pendengaran berada antara 20 sampai 20 000 Hz maka, nilai n dalam daerah ini memenuhi
arena n harus nilangan bulat maka n terbesar adalah n = 285
K
0002070 ≤n atau
70/00020≤n 7,285≤n
K b) Untuk pipa orgata tertutup berlaku
35)12(343)12()12( ×+=+=+= nnvnf 44,244 ×L
444
Agar bisa terdengar oleh telinga maka
0002035)12( ≤×+n 35/00020)12( ≤+n
445
≤
Karena n harus nilangan bulat maka n terbesar adalah n = 285
12) Misalkan suatu saat kamu sedang terbang dengan helikopter di teluk Jakarta dan melihat sebuah boat sedang bergerak di teluk Jakarta. Tampak olehmu bahwa muka gelombang air yang
0o. Jika laju gelombang air adalah 2,0 m/s, berapakah ju boat?
)12( ×+n 000203543,571)12( ≤+n
43,5702 ≤n
2/43,570≤n 2/43,570≤n
n 2,285≤
dihasilkan oleh boat membentuk sudut 2la Jawab Dengan menggunakan persamaan (47.16) maka laju boat adalah
342,020sinsin oθ22
===u = 5,8 m/s
uah mobil dilengkapi dengan sirine yang menghasilkan frekuensi yang sama. Ketika satu mobil diam dan yang lainnya sedang bergerak menuju ke arah pengamat yang diam dengan laju 15 m/s, pengamat tersebut mendengar pelayangan 5,5 Hz ketika sirine dua mobil dibunyikan
ersama. Jika laju gelombang di udara 340 m/s, berapakah frekuensi sirine?
rekuensi pelayangan ∆f = 5,5 Hz Ketika salah satu mobil berg ngamat yang diam, maka frekuensi yang didengar pengamat adalah
v
13) Dua b
b Jawab Misalkan frekuensi sirine f F
erak mendekati pe
ff 0,140=ff
wvvf 5
3253
15340340' =
−=
−=
Frekuensi pelayangan
ffffff 05,005,1' =−=−=∆
atau
5,005,05,5
=∆
=ff = 110 Hz
14) Frekuensi sirine sebuah kereta adalah 522 Hz ketia sedang bergerak ke arah kamu dan
Jawab Misalkan laju kereta w
a mendekati kamu, maka
berubah menjadi 486 Hz ketika berjauh menjauhi kamu. Jika kecepatan gelombang di udara 340 m/s, berapakah laju kereta?
Ketik
fwv
vf−
='
fw−340
522 (*)
Ketika menjauhi k
=340
amu, maka
fwv
f+
'' v=
fw+
=340
340486 (**)
Bagi (*) dengan (***)
ww+
=340522
−340
340 – w) = 486 (340 + w)
(522-486) × 340 = (522+486) w 12240 = 1008 w
486
522 (
446
100812240
= = 12 m/s w
447
) Seseorang berdiri pada jarak tertentu dari sebuah pesawat jet yang memiliki empat mesin. Keempat mesin tersebut serupa. Ketika empat mesin hidup orang tersebut mendengar bunyi dengan level intensitas 120 dB. Jika kemudian kapten mematikan riga mesin sehingga hanya satu mesin yang hidup, berapakah taraf intensitas yang didengar orang tersebut?
) Tape recorder stereo dikatakan memiliki signal-to-noise ratio (SNR) 58 dB. Berapakah erbandingan intensitas sinyal dengan noise yang dimiliki piranti tersebut?
3) Pada suatu konser rock, sebuah dB meter mencatat level intensitas 130 dB ketika ditempatkan pada jarak 2,5 m di depan louspeaker. (a) Berapa daya output loudspeaker jika dianggap energi yang dihasilkan loudspeaker merambat ke segala arah dalam bentuk gelombang bola. (b) Berapa
dB?
) Jika amplitudo gelombang bunyi dijadikan tiga kali lebih besar: (a) menjadi berapa kali lebih
sitas pada jarak 30 meter dari mesin jet? (b) Udara menyerap bunyi pada laju 7,0 B/km; hitunglah level intensitas pada (b) 1,0 km dan (c) 5,0 km dari mesin jet.
ama, tetapi salah satu memiliki ekuensi dua kali yang lainnya. Berapa perbandingan intensitasnya?
7) Berapa level intensitas (dalam dB) suatu gelombang bunyi di udara yang memiliki amplitudo
ergeseran molekul udara 1,3 mm dan dan frekuensi 260 Hz.
) Sebuah tabung yang penampangnya seragam memiliki panjang 1,8 m terbuka pada dua
n ik berurutan pada ekuensi 240 Hz dan 280 Hz. (a) Berapakah panjang pipa tersebut dan (b) apakah pipa terbuka
tutup? Kecepatan rambat bunyi pada suhu 20 oC adalah 343 m/s.
bergerak di darat jika benda tersebut bergerak pada bilangan
ngka 3000 km/s dan 3,2 Mach pada layarnya. Berapa kecepatan bunyi pada etinggian tersebut?
Soal Latihan 1
2p
jarak dB meter ke loudspeaker saat mencatat level intensitas 90 4besarkan intensitasnya? (b) berapa besar pertambahan level intensitas? 5) Sebuah pesawat jet mengeluarkan bunyi dengan energi 5,0 × 105 J per detik. (b) berapakah level intend 6) Dua gelombang bunyi memiliki amplitudo pergeseran yang sfr
p 8ujungnya. Tabung tersebut beresonansi pada dua harmonik berurutan dengan frekuensi 275 Hz dan 330 Hz. Berapa laju perambatan bunyi pada gas dalam tabung? 9) Sebuah pipa di udara 20 oC dirancang untuk menghasilkan dua harmofratau ter 10) a) Berapa kecepatan benda yangMach 0,33? B) Pesawat Concorde yang sedang bergerak pada ketinggian tertentu memperlihatkan ak
448
11) Sebuah pesawat bergerak pada bilangan Mach 2,3. Kecepatan udara pada tempat itu adalah
dut yang dibentuk oleh gelombang shock dengan arah gerak pesawat? (b) Jika pesawat bergerak pada ketinggian 7100 m di atas tanah, berapa jauh setelah pesawat
ati orang di tanah ketika bunyi pesawat di dengar orang di tanah tersebut? 12) Sebuah pesawat luar angkasa memasuki atmosfer tipis sebuah planet di mana laju
erambatan bunyi di atmosfer tersebut hanya 35 m/s. (a) Berapa bilangan Mach pesawat tersebut
mobil P dan Q sedang melaju di jalan raya dalam arah yang sama. Mobil P yang berada an laju konstan 12 m/s dan mobil Q yang berada di belakang bergerak
obil Q membunyikan klakson dengan frekuensi tertentu sehingga engendara di mobil P mendengar bunyi tersebut pada frekuensi 830 Hz. Berapakah frekuensi
klakson menurut pengendara mobil Q sendiri? Kecepatan rambat bunyi di udara adalah 340 m/s. 14) Sebuah mobil yang sedang bergerak pada jalan lurus dengan laju 15 m/s membunyikan klakson. Di jalan tersebut te at X dan Y. Pengamat X mendengar bunyi lakson pada frekuensi 538 Hz sedangkan pengamat Y mendengar pada frekuensi yang lebih
) Apakah mobil sedang bergerak meunu ke arah pengamat X atau ke arah pengamat Y? b) Adakah perbendaan frekuensi yang didengar oleh pengamat X dan Y jika mobil berhenti lalu membunyikan klaksonnya? c) Jika laju ramb m/s, berapakan frekuensi yang didengar pengamat Y saat pengamat X mendengar bunyi klakson pada frekuensi 538 Hz?
yang sedang berhenti di stasion membunyikan sirine sebelum bergerak, dan pengamat yang sedang duduk di stasion memperkirakan frekuensi bunyi sirine adalah 1200 Hz. Kereta api kemudian bergerak dengan percepatan tetap. Lima puluh menit sejak mulai ergerak masinis membunyikan sirine kembali dan pengamat di stasiun memperkirakan
1140 Hz. Hitunglah laju kereta api 50 detik sejak berangkat. Laju s.
16) Spektr si suatu galaksi diukur dan gelombang pada salah satu spektrumnya diidentifikas n garis H dari atom kalsium. Panjang gelombang spectrum tersebut
rnyata 478 nm. Ketika ketika spectrum tersebut dihasilkan di laboratorium diukur panjang elombangnya 397 nm.
a) Apakah galaksi tersebut sedang bergerak menuju bumi atau menjauhi bumi?
310 m/s. (a) Berapa su
melew
pjika kecepatannya 15 000 km/jam, (b) berapakah sudut puncak yang dibentuk oleh gelombang shock? 13) Duadi depan bergerak dengdengan laju konstant 20 m/s. Mp
rdapat dua orang pengamkrendah. a
at bunyi di udara 340
15) Sebuah kereta api
bfrekuensi yang didengar adalah gelombang di udara adalah 340 m/
um absopri merupaka
teg
449
× 108 m/s, hitunglah laju galaksi relatif terhadap bumi.
u bunyi di udara 330 /s.
i 50 000 Hz. Sebuah enda yang sedang bergerak menjauhi kelelawar dengan laju 25 m/s memantulkan gelombang
diarahkan ke aorta dan ipantulkan kembali oleh sel darah merah. Anggap laju perambatan gelombang dalam tubuh 1,54
b) Jika laju rambat cahaya 3 17) Frekuensi sirine mobil posisi ketia diam adalah 1800 Hz. Berapa frekuensi yang akan kamu dengar jika kamu bergerak ke arah mobil yang diam dengan laju 30 m/s dan berapa frekuensi yang kamu dengar jika kamu menjauhi mobil posisi dengan laju 30 m/s. Lajm 18) Kelelawar yang sedang diam mengelurkan gelombang dengan frekuensbtersebut ke arah kelelawar. Berapakah frekuensi gelombang pantulan yang diterime kelelawar? 19) laju aliran darah dalam aorta sekitar 0,32 m/s. Berapakah frekuensi pelayangan yang akan didengar jika gelombang ultrasonic dengan frekuensi 5,5 MHzd× 103 m/s.
Bab 11 Interferensi Gelombang Elektromagnetik
Gelombang adalah osilasi yang merambat. Contohnya: • Gelombang air adalah perambatan osilasi permukaan air. • Gelombang tali adalah perambatan osilasi bagian tali. • Gelombang bunyi di udara adalah perambatan osilasi molekul-molekul gas di udara. Gelombang elektromagnetik adalah perambatan osilasi medan listrik dan medan magnet.
Gambar 11.1 Ilustrasi osilasi medan listrik dan magnet pada gelombang elektromagnetik. B adalah symbol untuk medan magnet dan E adalah symbol untuk medan listrik. Gelombang elektromagnetik dapat merambat dalam ruang hampa atau medium tertentu. Sampainya cahaya matahari dan bintang-bintang ke bumi menunjukkan kemampuan gelombang elektromagnetik merambat dalam ruang hampa. Cahaya yang menembus air dan gelas menunjukkan kemapuan perambatan gelombang elektromagnetik dalam sejumlah bahan. Tetapi tidak semua bahan dapat dilewati gelombang elektromagnetik. Logam adalah contoh bahan yang tidak dapat dilewati gelombang elektromagnetik. 11.1 Laju perambatan gelombang elektromagnetik Dalam ruang hampa, laju perambatan gelombang elektromagnetik adalah c = 2,997 924 58 × 108 m/s yang seringkali dibulatkan menjadi 3 × 108 m/s. Laju perambatan gelombang elektromagnetik dalam raung hampa merupakan batas maksimum laju yang dapat dicapai di alam semesta. Namun, dalam medium, laju perambatan gelombang elektromagnetik berkurang. Dalam intan, cahaya, yang merupakan salah satu jenis gelombang elektromagnetik merambat dengan laju 1,24
450
× 108 m/s. 11.2 Frekuansi dan panjang gelombang Gelombang elektromagnetik merupakan gelombang dengan sebaran frekuensi yang paling luas. Frekuensi gelombang elektromagnetik tersebar mulai dari 102 Hz sampai di atas 1023 Hz. Hubungan antara laju, frekuensi, dan panjang gelombang diberikan oleh
fc λ= (11.1) dengan c adalah laju perambatan gelombang, λ panjang gelombang, dan f frekuensi. Jangkauan frekuensi gelombang elektromagnetik yang sangat lebar tersebut dikelompokkan atas sejumlah spectrum yang memiliki bidang aplikasi berbeda-beda.
ambar 11.2 Spektrum gelombang elektromagnetik
) Gelombang radio jang (λ > 103 m)
103 m)
ahun 1901 Guglielmo Marconi berhasil mengirim gelombang radio dengan frekuensi 1 MHz
G a• Gelombang radio pan• Gelombang radio menengah (102 < λ <• Gelombang radio pendek (101 < λ < 102 m) T
451
menyeberangi samudera Atlantik. Gelombang tersebut merambat mengikuti kelengkungan bumi karena mengalami pantulan oleh lapisan konduktif di atmosfer yang disebut ionosfer. Saat ini gelombang readio dipancarkan dari stasion radio dan televisi untuk mengirimkan informasi ke pemirsa. Tahun 1932, Karl Guthe Jansky menyimpulkan bahwa “gangguan gelombang radio” yang selalu muncul bersumber dari pusat galaksi kita. Saat itu merupakan awal kelahirah radio astronomi.
452
ambar 11.3 Contoh teleskop radio yang digunakan untuk mendeksi gelombang radio yang
erdasarkan kesepakatan internasional, jangkauan frekuensi gelombang radio diklasifikasikan
abel 11.1 Klasifikasi gelombang radio frekuensi Jangkauan panjang gelombang
Gberada dari galaksi-galaksi yang jauh Batas sejumlah daerah frekuensi seperti pada tabel 22.1 TKlasifikasi JangkauanVLF (very low frequency) 3 – 30 kHz 100 – 10 km LF (low frequency) 30 – 300 kHz 10 – 1 km MF (medium frequency) z m 300 – 3000 kH 1000 – 100HF (high frequency) 3 – 30 MHz 100 – 10 m VHF (very high frequency) z 30 – 300 MH 10 – 1 m UHF (ultrahigh frequency) 300 – 3000 MHz m 100 – 10 cSHF (superhigh frequency) 3 – 30 GHz 10 – 1 cm EHF (extremely high frequency)
30 – 300 Ghz 10 – 1 mm
b) Gelombang mikro (10-3 < λ < 10-1 m)
ngamati bahwa gula-gula yang ada di saku celananya Tahun 1946, Percy Le Baron Spencer memeleleh ketika ia sedang bekerja dengan gelombang mikro. Dalam jangka satu tahun, perusahaannya berhasil membuat dan memasarkan oven microwave pertama. Gelombang mikro digunakan untuk memancarkan sinyal televisi dan telepon melalui cakram logam yang dipasang di pemancar-pemancar. Radiasi latar belakang microwave (microwave background radiation) merupakan sisa proses dentuman besar (big bang) dan berasal dari semua arah di alam semesta.
453
ambar 11.4 Oven microwave
10-7 < λ < 10-3 m) adiasi inframerah ditemukan tahun 1800 oleh William Herschel. Semua benda yang hangat
inframerah dapat menembus asap maupun
Gambar 1 detector inframerah untuk mencari lokasi orban dalam ruang berasap. (b) Foto korban yang diambil dengan pendeteksi inframerah.
G c) Gelombang inframerah (7 ×Rmemancarkan gelombang inframerah. Gelombangdebu lebih mudah daripada cahaya tampak sehingga detektor inframerah digunakan oleh tim penyelamat untuk mendeksi orang atau oleh tentara dalam penyerangan dalam tempat berasap. Inframerah juga hanya sedikit dihambat oleh debu antarbintang dibandingkan dengan cahaya tampak dan infrared astronomy satellite (IRAS) memanfaatkan sifat ini untuk mengkaji langit.
(a)
(b)
(a)
(b)
1.5 (a) Petugas penyelamat menggunakan k
d) Cahaya tampak (4 × 10-7 < λ < 7 × 10-7 m)
454
ahaya tampak adalah gelombang elektromagnetik yang sangat membantu manusia atau hewan ntuk melihat benda-benda di sekelilingnya. Sel-sel dalam retina sangat sensitive pada cahaya
oleh cahaya tampak yang dapat dideteksi retina.
ctron dalam atom. Sinar ltraviolet sering digunakan untuk memendarkan material yang disebut fosfor untuk berpendar
a lampu yang menghasilkan warna tertentu
kat, misalnya saat lectron yang berkecepatan sangat tinggi dihentikan akibat tumbuykan dengan permukaan logam.
oleh Willian Rontgern (1845-1923), ketika melakukan
Gambar 11.6 Foto sinar-X tangan yang memperlihatkan tulang lengan yang patah
Cutampak. Hanya bayangan benda yang dihasilkanCahaya tampak dapat dihasilkan oleh benda yang suhunya cukup tinggi, seperti matahari, api, atau filamen dalam lampu. Cahaya tampak juga dihasilkan akibat transisi electron dalam atom dari keadaan dengan energi tinggi ke keadaan dengan energi rendah. e) Gelombang ultraviolet (10-8 < λ < 4 × 10-7 m) Sinar ultraviolet dihasilkan akibat perubahan ringkat energi eleusehingga menghasilkan warna tertentu. Beberapsebenarnya di bagian dalamnya mengandung lapisan bahan fosfor. Di dalam lampu tersebut dibangkitkan sinar ultraviolet, yang apabila mengenati lapisan fosfor terjadi perpendaran dengan memancarkan warna tertentu. Sinar ultraviolet cukup energetic dan dapat mengionisasi atom sehingga berbahaya untuk sel-sel hidup yang dapat meyebabkan kanker kulit. f) Sinar-X (5 × 10-11 < λ < 10-8 m) Sinar-X dihasilkan ketika electron diperlambat dalam waktu yang sangat singeSinar-X pertama kali ditemukan percobaan dengan sinar katoda. Ia mengamati bahwa layar fosfor yang jaraknya beberapa meter dari sinar katoda mengalami perpendaran. Diamati juga bahwa sinar-X dapat memenbus dengan mudah bagian tubuh yang lunak, tetapi diserap oleh material yang lebih rapat seperti logam dan tulang. Sejak saat itu, sinar-X digunakan dalam kedokteran untuk mengamati kerusakan pada tulang, seperti tulang patah.
455
g) Sinar gamma (λ < 5 × 10-11 m) Sinar gamma dihasilkan akibat perubahan susunan inti atom akibat peluruhan radioaktif. Sinar gamma sangat energetic dan memiliki kemampuan penembusan yang kuat. 11.3 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.
aju cahaya dalam es adalah 2,3 × 108 m/s sedangkan dalam intan adalah 1.24 × 108 m/s. na itu, perlu
idefinisikan suatu besaran yang menentukan laju cahaya dalam material. Besaran tersebut isebut indeks bias, yang memenuhi hubungan
LUmumnya, laju cahaya berbeda jika memasuki material yang berbeda. Oleh karedd
mccn = (11.2)
dengan n indeks bias material, c laju cahaya dalam ruang hampa, dan cm laju cahaya dalam material. Dengan menggunakan hubungan fc λ= , dan fc mm λ= , maka persamaan untuk indeks bias dapat juga ditulis sebagai
mm ffn
λλ
λλ
== (11.3)
dengan λ panjang gelombang dalam ruang hampa dan mλ panjang gelombang dalam
aterial, Tabel 11.2 Indkes bias beberapa material
aterial Indeks bias
m
MIntan 2,419 Kuarsa 1,458 Botol glas 1,520 Glas beker 1,474 Es 1,309 Polistiren 1,6
456
Akrilik 1,49 Etanol 1,361 Gliserol 1,473 Air 1,333 Udara 1,000293 Karbon dioksida 1,00045 Tampak dari Tabel 11.2 bahwa indeks bia gas sangat mendekati satu. Dengan
ian, untuk praktisnya, laju peramba haya di udara diambil sama dengan laju ruang hampa.
san Cahaya edaan laju cahaya di udara dan dalam ial menimbulkan fenomena menarik ketika
rambat dari udara masuk ke ma l atau cahaya merambat keluar dari material dara.
ila arah rambat cahaya tegak lurus pembatas antara material dan udara, maka tap bergerak lurus walaupun menga rbuahan laju.
etapi, jika arah rambat cahaya tidak tega bidang pembatas udara dan material maka di g mengalami perubahan laju, arah ra a mengalami pembelokkan pada bidang
n material. erubahan arah rambat cahaya ketika berpindah dari satu material ke material lain disebut
ya
i 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.
s udara ataudemik tan caperambatan cahaya dalam 11.4 PembiaPerb matercahaya me teriamenuju ui) Apab bidangcahaya te lami peii) T k lurus sampin mbat cahaypembatas udara daPpembiasan.
θi
θr
ni
nr
θi
θr
ni
nr
Gambar 11.5 Pembiasan caha Dari uraian d
457
Hukum Snell untuk pembiasan cahaya
rrii nn θθ sinsin = (11.4) 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
ontoh erkas cahaya dating dari udara dengan sudut dating 30o menuju air. Berapakah sudut
i
enggunakan hoku
CBpembiasan cahaya dalam air? awab J
Berdasarkan Tabel 22.2 ni = indeks bias udara = 1 nr = indeks bias air = 1,333 θ = 30o θr = …? Dengan m m Snell kita dapat menulis
333,15,030sin1sin
sin =×
== iir n
n θθ = 0,375
333,1r
o
atau
ra dengan sudut datang 45o. Berapakah sudut bias cahaya
nr = indeks bias udara = 1
i
θr = 22o. Contoh
datang dari es menuju udaCahayatersebut? Jawab Berdasarkan Tabel 11.2 ni = indeks bias es = 1,309
θ = 45o θr = …?
1926, = 0,90
145sin309,1sin
sin =×
==o
r
iir n
n θθ 26
8o.
Dari dua contoh di atas tampak bahwa: Jika cahaya datang dari material dengan indeks bias tinggi menuju material dengan indeks bias
aka sudut bias lebih besar daripada sudut datang.
maka sudut bias lebih kecil daripada sudut dating.
pembiasan iaskan dengan sudut 90o?
n dengan sudut 90o berarti θr = 90o atau sin θr = 1. Dengan m akan hokum Snell maka
θr = 6
i)rendah mii) Jika cahaya datang dari material dengan indeks bias rendah menuju material dengan indeks bias tinggi 11.5 Sudut kritis untukApakah mungkin cahaya dibMari kita lihat. Pembiasa
enggun
i
ri n
n=θsin (11.5)
ibiaskan dengan sudut 90o
wa jika cahaya datang dari material dengan indeks bias besar e material dengan indeks bias kecil dengan sudut θI yang memenuhi sin θI = nr/ni maka cahaya
dibiaskan dengan s ita simbolkan dengan θc
Pertanyaan selanjutnya, apa yang terjadi jika sudut dating cahaya lebih besar daripada sudut kritis? Jawabnya, cahaya tidak dibiaskan, tetapi dipantulkan. Cahaya tidak sanggup masuk ke medium kedua. Fenomena ini disebut pemantulan total internal.
458
Gambar 11.8 Sudut kritis adalah sudut saat sinar bias d Persamaan di atas menyatakan bahk
udut 90o. Sudut θI yang memenuhi kondisi ini disebut sudut kritis dan k
n
nr
θc
in
nr
θc
i
459
Contoh Berapa sudut kritis bagi berkas cahaya yang kelur dari intan menuju air? Jawab Berdasarkan tabel 22.2 ni = indeks bias intan = 2,419 nr = indeks bias air = 1,333
551,0419,2333,1sin ===
i
rc n
nθ
atau
c = 33,5o
nting fenomena pemantulan total internal adalah pengiriman berkas cahaya elalui fiber optik. Fiber optik merupakan material transparan yang berbentuk silinder sangat
Gambar 11.9 Struktur fiber optik
s cahaya dimasukkan pada teras sedemikian rupa sehingga ketika berkas tersebut menuju atas antara teras dan kladding, sudut dating cahaya lebih besar daripada sudut kritis. Dengan
d ahaya selalu mengalami pemantulan sempurna sehingga tetap berada dalam teras.
θ 11.6 Fiber Optik Salah satu aplikasi pemkecil. Fiber optik terdiri dari dua bagian utama, yaitu teras berupa silinder sangat kecil dengan indeks bias n1 dan kladding yang membungkus teras dengan indeks bias n2. Agar fenomena pemantulan sempurna terjadi maka n1 > n2.
teras
Berkab
emikian, c
kladding
bungkuspengaman Dilihat dari samping Dilihat dari depan
teras
kladding
bungkuspengaman Dilihat dari samping Dilihat dari depan
460
ambar 11.10 Pemantulan internal total dalam fiber optik Dengan cara demikian, cahaya dapat dikirim melalui fiber optik sampai jarak yang sangat jauh. Pemakaian utama fiber optik dijumpai dalam dunia telekomunikasi. Karena cahaya memiliki frekuensi di atas 1014 Hz maka jumlah data yang dapat dikirim melalui fiber optik per detik sangat besar. Ingat, makin besar frekuensi gelombang yang digunakan untuk mengirim data
aka makin banyak data yang dapat dikirim per detiknya. Sistem fiber optik dapat membawa ekonferensi, dan lain-lain.
iber optik dapat membawa sejumlah sinyal percakapan telepon secara serentak.
rsebut d ke organ dan ahaya pantulan organ ditangkap kembali memalui system fiber optik. Ini adalah prinsip kerja ndoskopi.
G
mpercakapan telepon, TV kabel, sambungan internet, sinyal videotelF Bayangan organ tubuh bagian dalam dapat dilihat dengan mengirim berkas cahaya ke organ te an menangkap kembali cahaya yang dipantulkannya. Cahaya dikirimce
(a) (b)(a) (b)
Gambar 11.11 (a) Tim dokter sedang mengamati bagian dalam tubuh pasien dengan metode endoskopi. Bundelan fiber optik yang mengandung kamera kecil dan panjangnya beberapa puluh centimeter dimasukkan ke dalam usus pasien melalui mulut atau hidung. (b) Contoh foto usus pasien yang diambil dengan metode endoskopi.
461
ebut bundelan encahayaan digunakan untuk membawa cahaya dari luar dan digunakan untuk menyinari organ ang akan diambil gambarnya. Bundelan kedua disebut bundelan bayangan berguna untuk
1.7 Pemantulan cahaya Cahaya yang jatuh pada bidang pembatas dua material mengalami pemantulan dengan sudut pantul (diukur dari arah tegak lurus bidang pembatas medium) persis sama dengan sudut datang.
eberapa fenomena pemantulan adalah:
a dipantulkan seluruhnya.
ng memenuhi sudut datang sama dengan sudut pantul memunculkan
ipantulkan juga sejajar. ) Jika berkas cahaya sejajar jatuh pada bidang pembatas yang tidak sejajar (tidak teratur) maka
berkas cahaya pantul mem
Terdapat dua bundelan fiber optik yang digunakan. Bundelan pertama dispymembawa cahaya pantulan organ tubuh dan digunakan untuk membentuk gambar. Bayangan yang dibentuk ditmpilkan di layar komputer atau televisi. 1
Gbr 11.12 Pada peristiwa pemantulan, sudut datang sama dengan sudut pantula Bi) Jika material kedua tidak dapat ditembus cahaya, maka cahaya hanya mengalami pemantulan. ii) Jika material kedua dapat ditembus cahaya, maka cahaya mengalami pemantulan dan pembiasan. iii) Jika material kedua memiliki indeks bias lebih kecil dari material pertama dan cahaya datang dengan sudut lebih besar daripada sudut kritis maka cahay Sifat pemantulan cahaya yafenomena pemantulan yang berbeda jika permukaan pembias rata dan tidak rata. i) Jika berkas cahaya sejajar jatuh pada bidang pembatas yang rata maka berkas cahaya yang dii
iliki arah yang tidak teratur pula.
462
ambar 11.13 (a) Pemantulan oleh bidang tidak rata menyebabkan berkas cahaya pantul enyebar ke berbagai arah. (b) Pemantulan oleh bidang rata menyebabkan berkas cahaya
ung pada panjang gelombang cahaya
aterial untuk cahaya tersebut. Indeks ias untuk cahaya b deks bias untuk cahaya merah. Gambar 26.17 dalah contoh kebergantungan indeks bias beberapa material terhadap panjang gelombang ahaya.
erbeadan indeks bias material untuk cahaya yang memiliki panjang gelombang berbeda-beda enimbulkan beberapa akibat:
l laju cahaya dalam material
Gmpantul tetap merambat dari arah yang sama 11.8 Indeks bias bergantSesungguhnya indeks bias material bergantung pada panjang gelombang cahaya. Makin kecil panjang gelombang cahaya maka makin besar indeks bias mb iru lebih besar daripada inac
Gambar 11.14 Kebergantungan indeks bias terhadap panjang gelombang untuk beberapa material Pmi) Makin pendek panjang gelombang cahaya maka makin kecitersebut. Dalam material tertentu, cahaya biru merambat lebih lambat daripada cahaya merah. ii) Jika jatuh pada bidang batas dua material dengan sudut datang yang sama, maka cahaya dengan panjang gelombang pendek mengalami pembelokan arah lebih besar.
463
aerbeda maka cahaya biru dan cahaya merah dibiaskan dengan sudut berbeda.
haya putih jatuh pada bidang batas dua material maka cahaya tersebut akan terurai atas erkas-berkas dengan panjang gelombang yang berbeda-beda karena masing-masing berkas
a putih terurai atas
embiasan sekali gi. Cahaya yang keluar pada bidang batas kedua ini merambat dalam arah persis sama dengan
G mbar 11.15 Karena perbedaan indeks bias material untuk cahaya dengan panjang gelombang b iii) Jika cabmemiliki sudut bias yang berbeda-beda..
n1
n2
merah biru
n1 < n2
n1
n2
merah biru
n1 > n2
n1
n2
merah biru
n1 < n2
n1
n2
merah biru
n1 < n2
n1
n2
merah biru
n1 > n2
n1
n2
merah biru
n1 > n2
putih
Gambar 11.16 Karena perbedaan indeks bias untuk spectrum cahaya dengan panjang gelombang berbeda maka setelah melewati material transparan, maka cahayberkas yang memiliki panjang gelombang berbeda. Jika material kedua merupakah berbentuk lapisan dengan ketebalan tertentu, maka pada bidang batas kedua antara material kedua dengan material pertama, cahaya mengalami placahaya datang pada bidang batas pertama. Tetapi, arah rambat cahaya telah mengalami pergeseran. Berapa bersarnya pergeseran tersebut? Lihat Gbr 11.17
n1
n2
merahbiru
n1 < n2
n1
n2
merah biru
n1 > n2
putihputih
n1
n2
merahbiru
n1 < n2
putih putih
n1
n2
merahbiru
n1 < n2
n1
n2
merah biru
n1 > n2
putih
n1
n2
merah biru
n1 > n2
464
edium adalah t. i dan r dapat diperoleh dari hokum Snell
Gambar 11.17 Pergeseran arah rambat cahaya setelah melewati material dengan ketebalan tertentu.
geseran arah rambat cahaya adalah d. Misalkan tebal mPerHubungan antara sudut
rnin sinsin 21 = Dari Gbr 11.17 tampak bahwa
)(sin rid −= l
rcos , atau t=
l rt
cos=l
kian, Dengan demi
)(sincos
rir
td −=
Contoh Cahaya dating dari udara ke selembar silica yang tebalnya 5 cm. Jika indeks bias silica untuk cahaya tersebut 1,458 dan sudut dating cahaya adalah 60o, berapakah pergeseran arah rambat cahaya setelah meninggalkan silica? Jawab
iberikan 1 = 1
n1 < n2
n1
n2
n1
i
i
r
r
i-rt
d
l
n1 < n2
n1
n2
n1
i
i
r
r
i-rt
d
l
Dn
n2 = 1,458 i = 60o
465
= 5 cm
Dengan hukum Snell
1 × sin 60o = 1,458 × sin r 0,866 = 1,458 × s
= 0,594
atau r = 36,5o
ergeseran arah rambat cahaya memenuhi
t Pertama, kita perlu tentukan sudut bias r.
n1 sin i = n2 sin r
in r
sin r = 0,866/1,458
P
( ) 399,0804,056,3560sin
5,36cos5)(sin
cos×=−=−= oo
orir
td = 2,48 cm.
11.9 Indeks bias bergantung kerapatan udara
a, indeks bias juga dipengaruhi oleh massa jenis udara. Makin besar massa jenis udara besar indeks bias udara tersebut.
nggian yang berbada dari permukaan bumi, massa jenis udara di atmosfer berbeda. akin tinggi dari permukaan bumi, makin kecil massa jenis udara. Akibatnya, makin tinggi dari
bias udara di atsmosfer.
dianggap terususn atas lapisan-lapisan udara dengan indeks bias erbeda-beda maka
apisan udara paling atas memiliki indeks bias paling kecil. n bumi, indkes bias makin besar.
n cahaya pada bidang batas antar dua lapisan menyebabkan cahaya atahari terus menerus mengalami pembelokan mendekati arah normal (tehak lurus bidang).
mati cahaya merambatan dalam lintasan melengkung.
Di udarmaka makin Pada ketiMpermukaan bumi maka makin kecil indeks Jika atmosfer dapat b LMakin menuju ke permukaaAkibatnya, pembiasamSecara keseluruhan akan dia
Bumi
atmosfer
arah rambat cahayaBumi
atmosfer
arah rambat cahayaBumi
466
maka lintasan ahaya yang mamasuki atmosfer berbentuk kurva melengkung
Gambar 11.19 Fatamorgana terjadi karena perbedaan indeks bias udara di sekitar tanah pada ketinggian yang berbeda Fatamorgana terjadi karena adanya perbedaan massa jenis udara di sekitar permukaan tanah, yang berakibat pada perbedaan indeks bias. Khususnya di daerah padang pasir, saat terik matahari, suhu udara yang berkontak dengan pasir sangat tinggi. Makin ke atas suhu udara makin rendah. Akibatnya, massa jenis udara di sekitar pasir sangat rendah, dan makin ke atas massa jenis udara makin besar. Dengan demikian, indeks bias udara yang bersentuhan dengan
Gambar 11.18 Karena perbedaan indeks bias udara pada berbagai ketinggian
atmosfer
arah rambat cahaya
c
Pemantulan sempurna Pembiasa
n terus-m
enerus
Kafilah
Lokasi diduga ada air
Pemantulan sempurna Pembiasa
n terus-m
enerus
Kafilah
Lokasi diduga ada air
467
pasir cukup kecil, dan makin ke atas indeks bias udara makin besar. Berkas cahaya dari pepohonan yang lokasinya sangat jauh yang merambat ke arah bawah mengalami pembiasan terus menerus sehingga lintasannnya melengkung. Ketika mencapai lapisan udara di sekitar pasir, berkas tersebut mengalami pemantulan sempurna, sehingga arahnya membelok ke atas. Kafilah yang menangkap berkas cahaya hasil pantulan sempurna tersebut, melihat adanya bayangan pohon di dekatnya, sehingga menyimpulkan di sekitar itu ada air. Dan ketika didekati, ternyata air tersebut tidak ada. Inilah fatamorgana. Yang ada sebenarnya, pada lokasi yang cukup jauh ada pepohonan. 11.10 Interferensi Cahaya
ercobaan tentang interferensi celah ganda pada cahaya merupakan percobaan monumental yang ilakukan Thomas Young. Karena sejak saat itulah konsep tentang gelombang cahaya diterima
membuktikan sifat gelombang ahaya. Akibatnya, teori partikel cahaya yang dirumuskan oleh Newton masih diterima sebagian
orang. Kesulitan dalam melakukan eksperimen tersebut muncul akibat panjang gelombang cahaya yang terlalu pendek dan peralatan yang ada saat itu tidak mendukung untuk mengukur panjang gelombang cahaya secara langsung. Saat ini, panjang gelombang cahya bukan lagi nilai yang sanat kecil. Orang bahkan sudah mampu mengukur panjang hingga ribuan kali lebih kecil daripada panjang gelombang cahaya. 11.11 Interferensi Celah Ganda Skema percobaan interferensi celah ganda yang dilakukan Young diperlihatkan pada Gambar 11.20
oung menggunakan sumber monokromatik S. Di depan sumber terdapat dua celah S1 dan S2
, celah S1 dan S2 berperan sebagai sumber gelombang baru. Pola
Pdsecara utuh. Sebelum percobaan Young, konsep gelombang cahaya belum diterima oleh semua ilmuwan karena tidak ada eksperimen yang secara langsungc
Yyang memiliki jarak persis sama dari sumber. Dengan demikian, fase gelombang pada S1 dan pada S2 tepat sama. Dengan prinsip Huygensinterferensi diamati pada layar yang berjarak L dari celah. Seperti sudah kita bahas pada Bab terdahulu, 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.
x1
468
tif adalah
an syarat interferensi desktruktif adalah
Gambar 11.20 (a) Skema eksperimen iunterferensi celah ganda oleh Young dan (b) contoh pola gelap terang yang terbentuk pada layar Selisih jarak tempuh cahaya dari dua sumber adalah
12 xxx −=∆ (11.6) Dengan demikian, syarat interferensi konstruk ∆x = 0, λ, 2λ, 3λ, …. (11.7) D
∆x = λ21 , λ2
3 , λ25 , …. (11.8)
Berdasarkan Gambar 46.2(a), kita dapat menulis
θsindx =∆ (11.9) dengan demikian, syarat interferensi konstruktif adalah
θsind = 0, λ, 2λ, 3λ, … (11.10) dan syarat interferensi desktruktif adalah
∆x
2xθ
d
L
θ
S
S2
S1
∆x
2
x1
xθ
d
L
θ
S
S2
S1
∆x
2
x1θ
xθ
d
L
S
S2
S1
θsind =
469
λ21 , λ2
3 , λ25 , … (11.11)
Jarak antara dua garis berdekatan Berapa jarak antara dua garis terang berdekatan atau dua garis gelap berdekatan yang terbentuk pada layar? Jarak dua garis terang berdekatan sama dengan jarak antara dua garis gelap berdekatan. Mari kita hitung jarak antara dua garis terang berdekatan. Garis terang pertama (yaitu garis terang pusat) berada pada sudut yang memenuhi
θsind = 0 atau θ = 0. (11.12)
aris terang berikutnya berada pada sudut yang memenuhi G
θsind = λ atau
dλθ =sin
ambar 11.21
ampak dari Gbr 11.21 bahwa
(11.13)
Terang pusat
Terang
G
T
θan t=Ly∆
Terang
Terang
Terang
L
θ ∆yTerang pusat
Terang
Terang
Terang
Terangθ ∆y
L
470
tau a
θtanLy =∆ (11.14)
ada percobaan interferensi dua celah, umumnya nilai θ sangat kecil. Untuk θ yang sangat kecil Pberlaku hubungan
θθ sintan ≅ (11.15) Dengan demikian, kita dapat menulis
sinθLy ≅∆ (11.16)
itusi (11.13) ke dalam (11.16) diperoleh Subst
dLy λ
≅∆ (11.17)
Gbr 11.22 (a) adalah pola intensitas interferensi yang terjadi sebagai fungsi sin θ. Sedangkan gamba (b) adalah pola intensitas interferensi sebagai fungsi posisi pada layar.
ambar
ng berjarak 0,1 mm. Pelat tersebut berjarak 1,2 m dari layar.
r 11.22
dλ3
dλ2
dλ
dλ
−dλ2
−dλ3
− 0θsin
Intensitas
dλ3
dλ2
dλ
dλ
−dλ2
−dλ3
− 0θsin
Intensitas
G 11.22 Pola intensitas interferensi pada percobaan Young Contoh Suatu pelat mengandung dua celah ya
471
ahaya dengan panjang gelombang 500 nm jatuh pada celah dan membentuk pola interferensi pada layar. erapakah jarakl antar dua garis maksimum berdekatan pada layar? Jawab
ikan = 500 nm = 5 × 10-7 m
L = 2,4 m = 0,1 mm = 10-4 m.
C B
Diberλ
dDengan menggunakan persamaan (46.12) maka jarak antar dua garis terang adalah
4104, −× = 0,012 m = 12 mm
71052−×
=≅d
Ly λ
1.12 Interferensi oleh Celah Banyak (kisi) Garis terang g
engandung sejumlah celah. Makin banyak jumlah celah maka makin sempit garis gelap terang sempit sejajar yang jumlahnya banyak. Dengan
enggunakan kisi maka cahaya yang memiliki beda panjang gelombang sedikit saja dapat dipisahka g digunakan untuk m
Lebar
∆
1
-gelap yang terbentuk makin sempit jika dua celah diganti dengan kisi yanmyang terbentuk. Kisi adalah goresan celah m
n. Itu sebabnya, kisi sering digunakan sebagai monokromator, yaitu alat yanemisahkan warna tertentu dari cahaya putih.
Disamping garis-garis terang-gelap yang makin sempit, intensitas garis terang yang dihasilkan kisi lebih tajam. Jika jumlah celah N maka lebar garis terang memenuhi
N1
∝ (11.18)
Sedangkan intensitas memenuhi
Intensitas (11.19) Secara matematik, pola intensitas yang dihasilkan akibat interferensi kisi dapat diturunkan sebagai berikut. Misalkan jarak antar celah adalah d dan jumlah celah adalah N. Selisih lintasan berkas dari dua celah berdekatan adalah ∆x yang memenuhi
2N∝
θsindx =∆ (11.20)
Interferensi konstruktif terjadi jika selisih litasan tersebut merupakan kelipatan bulat dari panjang
gelombang, yaitu
472
λ, 2λ, 3λ, …. x∆ = 0, Atau
θsind = 0, λ, 2λ, 3λ, …. (11.21)
∆x
∆x
∆x
dθθ
d
d
∆x
∆x
∆x
dθθ
d
d
Gambar 11.23 Skema inteferensi dari kisi Kebergantungan intensitas terhadap sudut diberikan oleh rumus
2
sinsin
⎥⎦⎤
⎢⎣⎡∝
δδNI (11.22)
dengan
θπλ
δ = sind (11.23)
Berdasarkan persamaan (
ada kondisi ini, baik penyebut yaitu
11.22) dan (11.23), interfensi konsruktif terjadi ketika δ memenuhi
δ = 0, π, 2π, 3π, …. mπ (11.24)
δsin dan pembilang, yaitu δNsinP berharga nol.
sebagai berikut. Pembagian bilangan nol dengan nol menghasilkan suatu nilai yang dapat diperoleh dengan metode perhitungan limit. Cara perhinungan
473
Kita dapat menulis
δδ
sinI
sin N∝
ntuk πδ m=U maka
δδ
πδ sinsinlim N
mI
→∝
Karena tu mendiferensialkan bagian pembilang dan penyebut. Diferensial dari
baik pembilang dan penyebut menuju nol maka kita gunakan aturan L’Hopitals yaiδNsin adalah δNN cos
dan diferensial dari δsin adalah δcos . Dengan demikian
δδ
πδ coscoslim NN
mI
→∝
NNmNmN
=±±×
=∝1
)1(coscos
ππ
Sehingga kita dapatkan
ari persamaan (11.22) tampak bahwa intensitas nol (interferensi destruktif) terjadi jika rpenuhi
=
2NI ∝
Dte sin 0δN
ilai nol untuk sinus dipenuhi oleh
N
δN = 0, π, 2π
δ = 0,
, 3π, …
atau
Nπ , π2 ,
N Nπ3
jadi ada δ yang memenuhi persamaan (11.25) dengan membuang δ = 0, δ = π, δ = 2π, δ = 3π, dan
, … (11.25)
Tetapi, karena δ = 0, π, 2π, 3π, …. Merupakan posisi maksimum, maka posisi minimum terp
seterusnya.
In itas
474
Gambar 11 4 (a) Pola interferensi kisi yang dengan N = 4 dan (b) kisis dengan N=10.
ebagai contoh, jika terdapat empat celah, atau N = 4, maka maksimum terjadi pada = 0, π, 2π, 3π, ….
an minimum terjadi pada
.2 S
δ D
dλ3
dλ2
dλ
dλ
−dλ2
−dλ3
− 0
tens
θsin
dλ3
dλ2
dλ
dλ
−d
2−
In itas
λdλ3
− 0
tens
θsin
IntensitasIntensitas
dλ3
dλ2
dλ
d−λ
d−
λ2d
−λ3 0
θsin
dλ3
dλ2
dλ
d−λ
d−
λ2d
−λ3 0
θsin
475
δ = 4
24
34
54π , π , π , π ,
46π , ….
44πδ = tidak dipakai karena merupakan lokasi maksimum.
h. Tampak bahwa intensitas maksimum terjadi ketika δ = 0, π, 2π, 3π, …. atau
Gambar 11.24 adalah contoh intensitas inteferensi dari kisi yang memiliki empat celah dan sepuluh cela
θsin = 0, d/λ , d/2λ , … Di antara dua maksimum utama terdapat N-1 buah minimum yang
terjadi pada δ = Nπ ,
Nπ2 ,
Nπ3 , …, atau θsin =
d2λ ,
d23λ ,
d25λ , … Di antara dua minimum,
terdapat sejumlah maksimum sekunder yang sangat lemah. Jika jumlah celah sangat banyak, maka maksimum sekunder hampir tidak terlihat dan yang tampak hanyalah maksimum-maksimum utama. Kisi dapat digunakan untuk menguraikan berkas yang mengandung sejumlah panjang gelombang atas gelombang-gelombang penyusunnya. Gelombang yang berbeda memiliki maksimum pada sudut yang berbeda. Seperti tampak pada Gambar 11.25, dua gelombang yang sedikit berbeda dapat dipisahkan oleh kisi. Pemisahan lebih besar pada maksimum orde lebih tinggi.
kisi. Puncak orde ke-n dari gelombang dengan panjang gelombang λ1 terjadi pada sudut yang memenuhi
IntensitasIntensitas
Gambar 11.25 Pola intensitas cahaya yang terdiri dari dua panjang gelombang yang melewati
d13λ
d12λ
d1λ
d1λ−
d12λ
−d
13λ−
0d
23λd
22λd
2λd
2λ−d
22λ−
d23λ
−
θsin
d13λ
d12λ
d1λ
d1λ−
d12λ
−d
13λ−
0d
23λd
22λd
2λd
2λ−d
22λ−
d23λ
−
θsin
d1sinθ = (n 1λ 11.26)
m enuhi
Puncak orde ke-n dari gelombang dengan panjang gelombang λ2 terjadi pada sudut yang
em
dn 2
2sin λθ = (11.27)
Karena sudut-sudut ini biasanya sangat kecil, ka kita dapat melakukan aproksimasi
ma
476
11sin θθ ≅ dan 22sin θ≅ sehingga θ
dn 1
1λ
θ ≈ (11.28)
dn 2
2λ
θ ≅ (11.29)
Beda sudut arah cahaya dengan panjang gelombang yang berbeda tersebut setelah melewati kisi adalah
( )1212 λλθθθ −=−=∆dn
dn λ∆
= (11.30)
Contoh Hitunglah sudut orde pertama dan kedua untuk cahaya yang panjang gelombangnya 400 nm dan 700 nm yang jatuh pada kisi yang memiliki 10 000 goresan per sentimeter. Jawab Diberikan λ1 = 400 nm = 4 × 10-7 m λ2 = 400 nm = 7 × 10-7 m Jarak antar celah d = 1/10 000 cm = 10-4 cm = 10-6 m
aris orde ke-n memenuhi G
dnλθ = sin
477
gelombang 400 nm, osisi puncak orde pertama
UntukP
6
71 104sin
−×==
dλ
θ = 0,4 10−
tau θ = 24o
osisi puncak orde kedua
a
P
6
71 )104(22sin
−××==
dλ
θ = 0,8 10−
tau θ = 53o
ntuk gelombang 700 nm,
a
UPosisi puncak orde pertama
6
72
10107×
=sin −
−
=dλ
θ = 0,7
atau
= 44o Posisi puncak orde kedua
θ
610sin −==
dθ = 1,4
72 )107(22 −××λ
arena tidak mungkin sin θ > 1 maka tidak ada θ yang memenuhi. Dengan demikian, garis orde kedua untuk gelombang 700 nm tidak ada. Dasar kerja kisi difraksi pada
osisinya bersifat periodic. Berkas dari sumber gelombang periodic tersebut berinterferensi di kisi. Namun, bisa juga interferensi terjadi di depan kisi jika sumber gelombang periodic
ipantulkan memiliki se yang teratur sehingga terjadi pola interfensi yang konstruktif dan destruktif pada
tul.
si semacam ini dapat dilihat pada permukaan CD yang sudah berisi kan CD kosong). Lagu-lagu atau film terekan pada permukaan CD sebagai
K
dasarnya adalah menciptakan sumber gelombang baru yang pbelakangmemantulkan gelombang. Contohnya, kita buat goresan-goresan periodic di suatu permukaan dan permukaan tersebut bersifat sebagai penantul cahaya. Cahaya yang dbeda facahaya pan Secara visual, pola interfenlagu atau film (bu
478
i periodic. Dengan demikian, cahaya putuh yang jatuh pada arna yang berbeda-beda ketika dipantulkan.
embahas interferensi celah ganda dan kisis. Biasanya interferensi berkaitan dengan pit. Sehingga satu celah hanya dipandang sebagai satu sumber gelombang.
embahas tentang difraksi. Difraksi umumnya dikaitkan dengan celah andang sebagai sumber sejumlah gelombang titik. Interfensi
tu celah tersebut menghasilkan pola gelap-terang di belakang layar.
titik-titik yang susunannya mendekatpermukaan CD terurai atas w
Cahaya datang Kisi pemantul
Cahaya pantul
Terjadi interferensi
Cahaya datang Kisi pemantul
Cahaya pantul
Terjadi interferensi
Gambar 11.26 Prinsip interfer
ensi kisi pemantul.
11.13 Difraksi Kita sudah mcelah yang sangat semPada bagian ini kita akan myang cukup lebar. Satu celah dipsumber gelombang titik pada sa
Dengan menggunakan penurunan matematika yang agak rumit (lihat di bagian akhir bab ini), didapatkan bahwa kebergantungan intensitas difraksi terdadal sudut arah berkas di belakang
emenuhi celah m
2sin⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
ΦΦ
∝I (11.31)
dengan
λθπ sinw
=Φ (11.35)
479
adalah lebar celah, θ : sudut arah berkas di belakang celah, dan λ : panjang gelombang cahaya
ambar 11.28 Pola intensitas difraksi sebagai fungsi sinus sudut arah sinar di belakang celah.
w
Gambar 11.27 Skema difraksi oleh satu celah
w
Celah
Layar
Sinar datang
Sinar yangmelewati celah
θ
w
Celah
Layar
Sinar datang
Sinar yangmelewati celah
θ
θsin
wλ
wλ2
wλ3
wλ
−wλ2
−wλ3
− 0
Intensitas
θsin
wλ
wλ2
wλ3
wλ
−wλ2
−wλ3
− 0
Intensitas
G
480
11.28 adalah sketsa intensitas difraksi sebagai fungsi sudut arah sinar di belakang celah. ampak bahwa intensitas tertinggi terjadi pada maksimum utama di pusat.
Maksimum-m ka posisinya makin jauh dari pusat.
terjadinya minimum, yaitu
Sinus nol terjadi pada
= 0, π, 2π, 3π, …. Dengan menggunakan persamaan (11.32) maka
Gambar T
aksimum lainnya memiliki intensitas yang lebih rendah dan makin lemag ji
Di antara dua maksimum terdapat minimum. Dari persamaan (11.31) dapat kita tentukan kondisi
0sin =Φ
Φ
0sin =Φ terjadi ketika
λθπ sinw = 0, π, 2π, 3π, ….
atau
θsin = 0, wλ ,
wλ2 ,
wλ3 , ….
Tetapi karena θsin = 0 adalah kondisi terjadinya maksimum utama, maka minimum-minimum hanya terjadi pada saat kondisi
θsin = wλ ,
wλ2 ,
wλ3 , …. (11.36)
Mari kita hitung berapa lebar maksimum utama. Lebar maksimum utama sama dengan jarak antar dua minimum pertama. Minimum pertama terjadi pada sudut θ yang memenuhi
θsin = wλ
Jika θ sangat kecil maka kita dapat melakukan pendekatan θθ ≈sin , sehingga sudut tempat terjadinya minimum utama memenuhi
wλθ ≈
481
Lebar maksumum utama (dalam sudut) adalah
wλθ 22 ≈
Jika jarak dari celah ke layar adalah L maka lebar maksimum utama dalam satuan panjang adalah
)2( θ×=∆ Ly
wLλ2
≈ (11.37)
Tampak dari persamaan (11.37) bahwa makin sempit celah maka makin lebar maksimum utama yang terbentuk. Gbr 11.29 adalah foto pola yang terbentuk pada layar untuk celah yang memiliki lebar yang berbeda-beda.
Gambar ari celah berbentuk lingkaran.
(a) (b)(a) (b)
Gambar 11.29 pola difraksi cahaya dari celah yang memiliki lebar yang berbeda-beda (a) sempit dan (b) lebar. Jika celah benrbentuk lingkaran, maka pola difraksi yang terbentuk akan berupa cincin-cincin seperti pada Gbr 11.30
11.30 Pola difraksi d
482
h ahaya dengan panjang gelombang 750 nm melewati sebuah celah yang lebarnya 1,0 × 10-3 mm.
Bera r ksi m (a) dalam derajat dan (b) dalam sentimeter pada layar yang berjarak 20 cmawab
= 1,0 × 10-3 mm = 1,0 × 10-6 m. L = 20 cm ) Minimum pertama terjadi pada sudut yang memenuhi
ContoC
pa leba ma mu utama? dari celah
JDiberikan λ = 750 nm = 7,5 × 10-7 m w
a
θsin = wλ = 6
7
100,1105,7
−
−
×× = 0,75
atau θ = 4Lebar m ksimum utama adalah
) jarak dari pusat layar ke minimum utama, ∆y, memenuhi
9o a
2θ = 2× 49o = 98o b
θtan=∆Ly
atau
15,12049tan20tan ×=×==∆ oLy θ = 23 cm Maka lebar maksimum utama adalah
11.14 Daya Resolusi
etika teleskop-teleskop modern mengamati bintang, maka bayangan bintang-bintang direkam
, gambar sebuah bintang yang tampak pada perekam bentuknya seperti pada Gbr 11.31. Permasalan timbul jika posisi dua bintang sangat berdekatan. Karena bayangan yang tmpak pada perekam sangat berdekatan, bahkan dapat berimpit.
2∆y = 2 × 23 = 46 cm
Kpadan film atau perekam digital lainnya. Pada perekam tersebut tampak bintik-bintik putih yang menunjukkan bintang-bitang. Lensa teleskop yang berbentuk lingkaran berperan sebagai celah difraksi. Dengan demikian
483
Dengan perkataan lain, baga pak terpisah pada perekam?
takan terpisah jika tersebut terjadi ketika puncak
utam bayangan bintang lainnya.
iantang terpisah, (b) Kondisi minimum ketika bayangan dua sih dikatakan terpisah, (c) bayangan dua bintang tidak dikatakan terpisah.
Gambar 11.31 (a) Teleskop merekam bayangan bintang-bitang (b) bayangan bintang-bintang hasil rekaman teleskop. Dari satu bintik yang tampak pada perekam, bagaimana kita dapat mengatakan bahwa satu bintik itu menyatakan bayangan dua buah bintang atau bayangan satu bitang saja?
imana syaratnya agar bayangan dua bintang berdekatan tamUntuk ini, Rayleigh membuat sebuah criteria, bahwa dua bayangan dikajaraknya lebih besar dari suatu nilai minimum. Nilai minimum
a bayangan satu bintang berimpit dengan minimum
(a)
(b)
(a)
(b)
(a)
(b) (c)
(a)
(b) (c)
Gambar 11.32 (a) bayangan dua bbintang ma
484
Lens s emiliki h w = D dengan D diameter lensa. Bayangan dua bintang kelihatan terpisah jika sudut yang dibentuk oleh berkas yang berasal dari dua bintang memenuhi
a tele kop m lebar cela
Dwλθ =in λ=
ntuk celah yang berbentuk lingkaran, rumus yang lebih tepat agar bayangan dua bintang
s
Ukelihatan terpisah memenuhi
Dλθ 22,1sin = (11.38)
Biasanya θ sangat kecil sehingga
θθ ≅ . Dengan demikian, kita mendapatkan daya resolusi sinlensa sebagai
Dλθ 22,1
= (11.39)
besar diameter lensa maka makin kecil θ yang diijinkan agar bayangan
bang 5,20 × 10-7 m. ) Ketika teleskop tersebut berada pada jarak terdekat dengan planet Mars sejauh 7,83 × 1010 m,
erapakah jarak terdekat dua benda kecil di permukaan Mars sehiangga bayangan yang dibentuk leh teleskop dapat dipisahkan?
Jawab Diberikan D = 2,4 m λ = 5,20 × 10-7 m. Jarak teleskop ke permukaan Mars: R = 7,83 × 1010 m a) Daya resolusi
Tampak bahwa, makinbintang masih tampak terpisah. Dengan perkataan lain, resolusi lensa teleskop makin tinggi jika diameter lensa makin besar. Contoh Diameter bukaan cermin teleskop Hubble adalah 2,4 m (a) berapakah daya resolusi cahaya hijau yang memiliki panjang gelom(bbo
77
106,24,2
)1020,5(22,122,1 −−
×=××
==Dλθ rad
b) Jika jarak terdekat dua titik dio permukaan Mars yang bisa dipisahkan oleh teleskop adalah ∆y maka
485
m = 2 km
11.15 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 dapat berinterferensi. Posisi sudut interferensi instruktif dan konstruktif bergantung pada panjang gelombang cahaya. Akibatnya, jika cahaya putih dijatuhkan pada selaput tipis maka cahaya pantul tampak berwarna-warna.
ekarang kita analisis secata materiamtis fenomena interferensi cahaya oleh lapisan tipis.
Gambar 1interfer
isalkan cahaya datang dari medium dengan indeks bias n1 ke lapisan tipis dengan indeks bias
berikut:
4710 102)106,2()1083,7( ×=×××=≅∆ −θRy
S
d
∆x1i
i
r
h
s s
n1
n2d
∆x1i
i
r
h
s s
n1
n2d
∆x1i
i
r
h
s sd
∆x1i
i
r
h
s s
n1
n2
1.33 Cahaya yang dipantulkan oleh dua permulaan lapisan tipis dapat mengalami ensi.
Mn2. Cahaya yang dipantulkan dari dua sisi lapisan tipis memiliki perbedaan lintasan sebagai
486
ahaya yang dipantulkan dari sisi atas memiliki tambahan lintasan: ∆x1
ahaya yang dipantulkan di sisi bawah memiliki tambahan lintasan: 2s.
adi: i) Cahaya yang dipantulkan di sisi atas lapisan memiliki tambahan lintasan optik: ii) Cahaya yang dipantulkan di sisi bawah lapisan memiliki tambahan lintasan optik:
i) Selama melewati lintasan , cahaya yang dipantulkan di sisi atas film mengalami
CCDalam menghitung beda lintasan, yang berperan bukan beda lintasan geometri, tetapi beda lintsan optik. Lintasan optik adalah perkalian indeks bias dikalikan dengan lintasan geometri. J
11 xn ∆ sn 22
11 xn ∆iiperubahan fase: λ/11 xn ∆ iv) Selama melemati lintasan , cahaya yang dipantulkan di sisi bawah film mengalami erubahan fase:
sn 22
λ/2 2sn . pvi) Jika inde ya mengalami pem edangkan cahaya yang dipantulkan dari sisi bawah tidak mengalami pembalikan fase
e mediudipantulkan di sisi atas film adalah:
ks bias n2 > n1, maka selama mengalami pemantulan di sisi atas film, cahabalikan fase (pemantulan dari medium kurang rapat ke medium rapat),
s(pemantulan dari medium rapat k m kurang rapat). Akibatnya, perubahan fase total cahaya yang )2/1(/11 ±∆ λxn . Beda fase cahaya yang ipantulkan di sisi atas dan bawah film menjadi:
2
d2 )2/1(/)2()]2/1(/[/ 11211 ±∆−=±∆−=∆ λλλϕ xnsnxn sn
ii) Jika indeks bias n2 < n1, maka selama mengalami pemantulan di sisi atas film, cahaya tidak
ke medium rapat). Akibatnya, perubahan fase total cahaya yang ipantulkan di sisi bawah film adalah:
vmengalami pembalikan fase (pemantulan dari medium rapat ke medium kurang rapat), sedangkan cahaya yang dipantulkan dari sisi bawah mengalami pembalikan fase (pemantulan dari medium kurang rapat
)2/1(/2 2 ±λsnd . Beda fase cahaya yang dipantulkan di dan bawah film menjadi: sisi atas
)2/1(/)2()]2/1(/2[ 112112 ±∆−=∆−±=∆ λλϕ xnsnxnsn
viii) Jadi, apakah film memiliki indeks bias lebih besar atau lebih kecil dati medium di sekitarnya, perbedaan fase cahaya yang dipantulkan di sisi atas dan bawah film sama, yaitu
11 ±∆−
)2/1(/)2( 2=∆ λϕ xn
ktif terjadi jika beda fase merupakan bilangan bulat, atau
Sebaliknya, interferensi destruktif terjadi jika beda fase merupakan setengah ganjil, atau
sn Interferensi konstru ∆ϕ = 1, 2, 3, ….
∆ϕ = 1/2, 3/2, 5/2, ….
487
Mari kita lihat Gbr 11.33.
rs
cos d=
atau
rds
cos= (11.40)
rd
h tan2/=
atau
rdh tan2= (11.41)
irdihx sintan2sin1 ==∆
rird
cossinsin2= (11.42)
Dengan demikian
21
cossinsin2
cos2 12 ±−=∆
rirdn
rdn
λλϕ
( )21sinsin
cos2
12 ±−= irnnr
dλ
(11.43)
Karena pembiasan memenuhi hokum Snell, maka
atau
rnin sinsin 21 =
innr sinsin
2
1=
Dengan demikian,
21sin
sin2 112 ±⎟⎟⎜⎜ −=∆ i
innnd
λϕ
⎞⎛cos 2 ⎠⎝ nr
( )2cos 12
2 rn λ
sin2 222 ±−= innd (11.44)
bang datang sejajar normal. Kita tinjau kasus khusus di mana gelombang datang tegak Gelomlurus permukaan selaput. Kita dapatkan 0=i dan 0=r . Dengan demikian
488
0sin =i dan 1cos =r . Beda lintasan optik memenuhi
( )2121 2 ±=±
d
truktif te adi jika 22
2 λλnInterferensi kons rj
02 2 −=∆ϕnnd
212 2 ±
λdn =1, 2, 3, …
dn = 222λ ,
23λ ,
25λ , …. (11.45)
Interferensi destruktif terjadi jika
212 2 ±
λdn =
21 ,
23 ,
25 , …
atau
dn22 = λ, 2λ, 3λ, …. (11.46)
akah etebalan minimum selaput sabun? Indeks bias selaput adalah n2 = 1,35.
Jawab erjadi interferensi konstruktif untuk cahaya hijau. Berdasarkan persamaan (11.45), ketebalan
Contoh Gelembung sabun tampak berwarna hijau (λ = 540 nm) ketika diamati dari depan. Berapk
Tminimum lapisan sabun memenuhi
22 2
λ=dn
atau
489
4,535,144 2 ×n540540
===d λ = 100 nm
l asus menarik terjadi jika cahaya yang dipantulkan dari dua permukaan selaput tipis mengalami
interferensi destruktif. Dengan demikian, semua cahaya yang jatuh pada permukaan selaput akan diteruskan, tanpa ada yang dipantulkan. Fenomena ini yang dipakai dalam merancang
-lensa kualitas tinggi. Cahaya yang jatuh pada permukaan lensa semuanya diteruskan, tanpa ada yang ir semua lensa peralatan optik m
Gambar 1
Cahaya yang datang dari udara ke permukaan atas lapisan tipis mengalami pemantulan disertai dengan pembalikan fase (pema as
nsa umumnya lebih besar daripada indeks bias lapisan tipis. Dengan demikian, cahaya yang g batas antara lapisan tipis dan lensa) juga
engalami pembalikan fase (pemantulan dari medium kurang rapat ke medium rapat). Akibatnya, beda fase antara cahaya yang dipantulkan dari sisi atas dan sisi bawah lapisan tipis
enjadi
11.16 Lapisan Anti pantuK
lensa dipantulkan. Akibatnya, bayangan yang dihasilkan lensa menjadi sangat tajam. Hamp
odern memiliki lapisan tipis anti pantul pada permukaanya.
1.34 Lensa kamera canggih dilapisi dengan lapisan tipis anti pantul
ntulan dari medium kurang rapat ke medium rapat). Indeks biledipantulkan pada sisi bawah lapisan tipis (bidanm
m
)2/1(/)2( 112 ±∆−=∆ λϕ xnsn Dengan mengikuti penurunan yang pesis sama dengan saat membahas interferensi lapisan tipis,
aka interferensi destruktif terjadi jika terpenuhi m
490
= dn222λ ,
23λ ,
25λ , …. (11.47)
Ingat: i) Jika indeks bias lensa isi
terjadinya interferensi konstruktif untuk lapisan tipis persis sama dengan kondisi terjadinya interferensi destruktif lapisan anti pantul, dan sebaliknya.
untu san t lapisan anti pantul. Begitu pun sebaliknya.
Contoh Berapakah ketebalan lapisan koating MgF2 pada sebuah lensa agar dihasilkan interferensi
g 550 nm yang jatuh tegak lurus pada lensa? Indeks bias gF2 adalah 1,38 dan indeks bias lensa adalah 1,50
awab Tampak bahwa indeks bias lensa lebih besar daripada lapisan anti pantul. Maka syarat terjadinya interferensi destruktif pada cahaya pantul adalah
=
lebih besar daripada indeks bias lapisan anti pantul maka kond
ii) Jika indeks bias lenda lebih kecil daripada indeks bias lapisan anti pantul maka kondisi terjadinya interferensi konstruktif k lapi tipis persis sama dengan kondisi erjadinya interferensi konstruktif
destruktif pada panjan g gelombanMJ
d 24n
λ , 24
3nλ
245nλ, , ….
= 38,14×
550 , 38,14×
5503× , 38,14×
5505× , ….
99,6 nm, 298,9 nm, 498,2 nm, …
Polarisasi Cahaya elombang elektromagnetik merupakan gelombang transversal. Arah osilasi medan magnet
maup an elalu memepertahankan arahnya selama gelombang merambat maka gelombang tersebut ikatakan memiliki polarisasi bidang. Dikatakan polarisasi bidang karena arah osilasi medan
elombang merambat selalu berada pada satu bidang.
osilasi medan yang -ubah secara acak. Gelombang dengan arah osilasi demikian dikatakan gelombang yang
ilewatkan pada suatu film yang dinamakan film polaroid. ilm ini mengandung molekul-molekul berantai panjang yang tersusun sejajar. Molekul-molekul
=
11.17G
un medan listrik tegak lurus pada arah perambatan gelombang. Jika arah osilasi medsdselama g Umumnya, gelombang yang dihasilkan suatu sumber memiliki arahberubahtidak terpolarisasi. Namun, gelombang yang tidak terpolarisasi dapat diubah menjadi gelombang yang terpolarisasi jika dF
491
tersebut bersifat konduktif. Ketika gelombang elektromagnetik dilewatkan pada film tersebut, maka komponen osilasi yang sejajar molekul akan diserap oleh electron-elektron pada
ul-molekul panjang tersebut dan komponen osilasi yang tegak lurus molekul tidak diserap. Akibatnya, setelah meninggalkan film, hanya komponen osilasi yang tegak lurus sumbu molekul yang dilewatkan.
ntuk polarisator kita mendefinisikan sumbu mudah, yaitu arah yang melewatkan osilasi. Jadi d adalah sumbu yang tegak lurus sumbu-sumbu molekul yang
Jika cahaya yang jatuh ke polarisator tidak terpolarisasi, maka intensitas cahaya setelah melewti polarisator selalu setengah dari intensitas cahaya datang.
ambar 11
s (11.48)
engan Io : intensitas cahaya datang, I : intensitas cahaya terlewatkan, dan θ : sudut antara arah osilasi cahaya datang dengan sumbu mudah polarisator.
molek
Usumbu mudah film polaroitersusun pada film tersebut. Cahaya tidak terpolarisasi yang jatuh pada polarisator. Misalkan cahaya tidak terpolarisasi memiliki intensitas Io. Berkas cahaya tersebut jatuh pada sebuah polarisator. Berapakan intensitas cahaya setelah melewati polarisator?
Cahaya tidakterpolarisasi
CahayaterpolarisasiPolarisator
Intensitas: Io Intensitas: I = (1/2)Io
Cahaya tidakterpolarisasi
CahayaterpolarisasiPolarisator
Intensitas: Io Intensitas: I = (1/2)Io
G .35 Intensitas cahaya ang leawat polarisator dari cahaya tidak terpolarisasi yang jatuh sama dengan setengah intensitas semula. Cahaya terpolarisasi yang jatuh pada polarisator. Namun, 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
2cooII = θ
d
492
polarisator. Satu polarisator memiliki sumbu udah arah atas-bawah sedangkan polarisator kedua memiliki sumbu mudah membentuk sudut
60o t a ara atas ua serta arah osilasi medan. Intensitas cahaya tidak terpolarisasi adalah Io. awab
polarisator pertama dimasuki cahaya tak terpolarisasi maka intensitas cahaya yang keluar
Contoh Cahaya tak terpolarisasi jatuh pada susunan duam
erhad p h -bawah. Tentukan intensitas cahaya yang keluar dari polarisator ked
JKarenapolarisator pertama adalah
oI1
yang keluar polarisator pertama menjadi cahaya yang masuk polarisator kedua. Arah gelombang yang keluar polarisator pertama sama dengan arah sumbu mudah
I21
=
Cahayaosilasi polarisator
ertama. Dengan demikian, arah osilasi medan yang masuk polarisator kedua membentuk sudut an sumbu mudah polarosator kedua. Dengan demikian, intensitas cahaya yang keluar
p60o dengpolarisator kedua adalah
ooo I
III 12 = 822 ⎠⎝
Arak osilasi gelombang yang keluar dari polarisator kedua sam
1160cos2 =⎟⎞
⎜⎛=
a dengan arah sumbu mudah olarisator kedua.
Polarisasi oleh permukaan
at yang menarik yang dimiliki gelombang elektromagnetik ketika jatuh pada satu permukaan. Saat jatuh di bidang batas dua medium, sebagian gelombang dipantulkan dan
ng jatuh merupakan cahaya yang tidak terpolarisasi, maka ahaya yang dibiaskan dan yang dipantulkan umumnya tidak terpolariasi juga. Namun, khusus ntuk cahaya yang dipantulkan, komponen medan yang berada pada bidang normal bergantung
normal adalah bidang yang dibentuk oleh cahaya datang, cahaya bias,
ecara matematik dapat ditunjukkan bahwa, ketika jumlah sudut datang dan sudut bias sama
2
p
Ada satu sif
sebagian dibiaskan. Jika cahaya yacupada sudut datang. Bidangdan cahaya pantul. Jika sudut datang diubah-ubah maka komponen medan yang berada pada bidang tersebut berubah-ubah besarnya. Dan ada suatu sudut, di mana komponen medan dalam arah bidang tersebut tepat menjadi nol. Sudut ini bergantung pada indeks bias medium pertama dan kedua. Sdengan 90o maka cahaya yang dipantulkan tidak memiliki komponen osilasi sejajar bidang normal. Cahaya yang dipantulkan hanya memiliki komponen osilasi tegak lurus bidang normal.
Artinya, cahaya yang dipantulkan terpolarisasi bidang. Jika sudut datang dalam keadaan ini adalah θB, maka terpenuhi
oB r 90=+θ (11.49)
dengan r adalah sudut bias. Kita dapat menulis
493
= 90o - θB
1 sin θB = n2 sin r
tau
r Dengan menggunakan hokum Snell nmaka n1 sin θB = n2 sin (90o - θB) = n2 cos θB a
1
2tan n=θ
nB (11.50)
Sudut θB dikenal dengan sudut Brewster. Contoh (a) Dengan sudut datang berapakah agar cahaya matahari yang dipantulkan danau terpolarisasi linier? (b) Berapakah sudut bias cahaya pada saat itu? Indeks nias udara n1 = 1 dan indeks bias air n2 = 1,33. Jawab a) Cahaya pantul terpolarisasi jika sudut datang sama dengan sudut Brewster yang memenuhi
33,111nB
atau
33,12 ===n
θ
B = 53o
B + r = 90o
tan
θ Saat terjadi polarisasi pada cahaya pantul, maka jumlah sudut datang dan sudut bias 90o. Jika sudut bias r maka θ
494
arau r = 90o - θB = 90o – 53o = 37o
1.18 Penurunan Persamaan Interferensi dan Difraksi h menggunakan persamaan-persamaan interferensi dan difraksi tanpa membahas lebih
a sumber titik sefase yang berjarak L dari layar. Kita engamati cahaya yang jatuh di layar pada titik P. Jarak titik P ke sumber S1 dan S2
masing-m sing x1 dan x2. Fungsi gelombang yang dihasilkan sumber S1 dan S2 di titik P masing-masing
1Kita teladetail bagaimana menurunkan persamaan-persamaan tersebut. Pada bagian akhir bab ini kita akan menurunkan persamaan-persamaan tersebut. Bagi mahasiswa yang tertarik dengan penurunan tersebut silakan mempelajarinya. Dan bagi yang tidak merasa terlalu perlu dengan penurunan tersebut dapat melewatinya. a) Interferensi dua celah Tinjau Gambar 11.20. Terdapat dum
a
( )tkxAy ω−= 11 cos (11.51a) ( )tkxAy ω−= 22 cos (11.52a)
Tetapi 12 xxx −=∆ sehingga kita dapat menulis fungsi gelombang dari sumber kedua adalah
( )xktkxAy ∆+−= ω12 cos (11.52b) Simpangan total yang diamati di titik P adalah
)
21 yyy += ( ) ( xktkxAtkxA ∆+−+− ωω 11 coscos (11.53) =
Penjumlahan dua fungsi trigonometri di atas dapat dilakukan dengan menggunakan diagram fasor seperti pada Gbr 11.36 Lihat diagram fasor di atas. Vektor y1 dan y2 digambarkan pada koordinat di mana sumbu datar koordinat dipilih memiliki fase kx1 - ωt. Akibatnya, vektor y1 sejajar sumbu datar dan vektor y2 membentuk sudut k∆x terhadap sumbu datar. Amplitudo hasil interfersensi memiliki komponen arah datar sebesar
( )xkAAATh ∆+= cos (11.54a)
495
an komponen arah vertikal
alah
d
( )xkAATv ∆= sin (11.54b)
Gambar 11.36 Diagra fasor penjumlahan y1 dan y2 Besar amplitudo hasil superposisi ad
( ) ( )2222 )sin()cos( xkAxkAAAAAT = TvTh ∆+∆+=+
( ) )(sin)(cos)cos(21 22 xkxkxkA= ∆+∆+∆+
( ) ( ) ⎟⎠⎝ 2⎞
⎜⎛ ∆
=∆=∆+= cos2)2/(cos22)cos(12 2 xkAxkAxkA (11.55)
udut yang dibentuk oleh y terhadap sumbu datar memenuhi S
)cos(1)sin(
)cos()sin(tan =ϕ
xkxk
xkAAxkA
∆+∆
=∆+
∆
( ) ( )( )
( )( ) ⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ ∆
=∆∆
=∆
∆∆=
2tan
2/cos2/sin
2/cos22/cos2/sin2
2
xkxkxk
xkxkxk
Ini berarti
2xk∆
=ϕ (11.56)
Sudut fase gelombang hasil superposisi adalah 2/11 xktkxtkx ∆+−=+− ωϕω =
txxk ω−∆+ )2/ mikian, simpangan total di titik P menjadi
( 1
Dengan de
kx1-ωtk∆x
y1
2yy
A A cos (k∆x)
A sin (k∆x)ϕ
kx1-ωtk∆x
y1
2yy
A
A sin (k∆x)ϕ
A cos (k∆x)
( )ϕω +−= tkxAy T 1cos
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−⎥⎦
⎤⎢⎣⎡ ∆
+⎥⎦
⎤⎡⎟⎞
⎜⎛ ∆
=xkA coscos2⎢
⎣ ⎠⎝txxk ω
22 1 (11.57)
itas di titik pengamatan adalah Intens
2TAI ∝
atau
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ∆
=2
cos2 xkII o (11.58)
Intensitas maksimum (interferensi konstruktif) terjadi jika
πnxk =∆ 2/ atau
πλπ nx
=∆2 2
atau
λnx =∆ (11.59)
Intensitas minimum (interf
erensi destruktif) terjadi jika
496
,...2
5,3,222
πππ=
∆x k
atau
,...22
,2
,22
53 πππλπ
=∆x
tau
a
,...2
5,2
3,2
λλλ=∆x (11.60)
497
) Interferensi oleh N celah Sekarang kita tinja k
engamatan yang dihasilkan oleh masing-masing sumber adalah
bu interferensi oleh N celah yang spasinya sama. Simpangan di titi
p
( )tkxAy ω−= 11 cos (11.61a) kxAy ( )xkt ∆+−= ω12 cos (11.61b) ( )xktkxAy ∆+−= 2cos 13 ω (11.61c)
.
.
. ( )xkNtkxAyN ∆−+−= ]1[cos 1 ω (11.61d)
Simpangan total di titik pengamatan adalah
(11.62)
menggunakan bantuan bilangan kompleks. ita gunakan sifat-sifat bilangan kompleks berikut ini
+= (11.63) (11.64)
atau
Nyyyy +++= ...21
Penjumlahan di atas dapat dilakukan dengan mudahK
i θθθ sincos ieθθθ sincos ie i −=−
θθθ cos2=+ −ii ee2
cosθθ
θii ee −+
= (11.65)
atau θθθ sin2iee ii =− −
iee ii
2sin
θθ
θ−−
= (11.66)
Bisa juga dan dengan )(cos θθ ieℜ= )(sin θθ ieℑ= ()ℜ bagian riil dan menyatakan bagian imajiner.
()ℑ
Dengan definisi bilangan kompleks ini kita dapat menulis
( ))(1
1 tkxieAy ω−ℜ= (11.67a) ( ))(
21 xktkxieAy ∆+−ℜ= ω (11.67b)
( ))2(3
1 xktkxieAy ∆+−ℜ= ω (11.67c)
.
.
.
( ))]1[( 1 xkNtkxiN eAy ℜ= (1∆−+−ω 1.67d)
Simpangan total di titik pengamatan adalah
( ) ( ) ( ) ( )xkNtkxixktkxixktkxitkxi eAeAeAeAy ∆−+−∆+−∆+−− ℜ+ℜ+ℜ+ℜ= ])1[()2()()( 1111 ... ωωωω ( )xkNtkxixktkxixktkxitkxi e++ 1... eeeA ∆−+−∆+−∆+−− ++ℜ= ])1[()2()()( 111 ωωωω
[ ]( )xk∆)1 (11.68) Nixkixiktkxi eeeeA −∆∆− ++++ℜ= (2)( ...11 ω
u tidak lain merupakan deret geometri Bagian yang berada dalam kurung sik
zzzzz
NN
−−
=++++ −
11...1 12 (11.69)
n . Dengan demikian kita dapatkan
xikez ∆=denga
⎟⎟⎞⎤− ∆xiNke1 ⎠
⎜⎜⎝
⎛⎥⎦
⎢⎣
⎡−
ℜ= ∆−
xiktkxi
eeAy
1)( 1 ω
( )( ) ⎟
⎟⎠
⎞⎛ ⎤⎡ − ∆∆−∆ 2/2/2/ xiNkxiNkxiNk eee⎜⎜⎝
⎥⎦
⎢⎣ −
ℜ ∆∆−∆−
2/2/2/)( 1
xikxikxiktkxi
eeeeA ω =
( )( ) ⎟
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
−
−ℜ ∆∆−
∆∆−
∆−+−
iee
iee
eA xikxik
xiNkxiNk
xkNtkxi
2
22/2/
2/2/
)2/]1[( 1 ω =
( )( ) ⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡∆∆∆−+−
2/sin2/sin)2/]1[( 1
xkxNke xkNtkxi ω ℜ= A
( )( ) ( ))2/]1[( 1
2/ xkNtkxiexNk ∆−+−ℜ⎤∆ ω
2/sinsin
xkA ⎥
⎦⎢⎣
⎡∆
=
( )( ) ⎟
⎠⎞
⎜⎛ ∆−
+−⎤⎡ ∆
=]1[cos2/sin xkNtkxxNkA ω
⎝⎥⎦
⎢⎣ ∆ 22/sin 1xk
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ∆−
+−=2]1[cos 1
xkNtkxAT ω (11.70)
engan
d
498
( )( ) ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡∆∆
=2/sin2/sin
xkxNkAAT (11.71)
Intensitas gelomba
ng superposisi memenuhi
2TAI ∝
atau
( )( )
2
2/sin2/sin⎥⎤ (11.72) ⎦
⎢⎣
⎡∆∆
=xkxNkII o
arena θsind dan dengan mendefinisikan δθ =2/sinkd maka persamaan (11.72) dapat tulis
Kdi
( )( )
2
sinsin
⎥
499
⎦⎣ δ⎤
⎢⎡
=δNI o
yang tidak lain meru
ekarang kita turunkan rumus difraksi celah tunggal. Difraksi celah tunggal dapat dianggap sebagai interferens ah celah menuju tak b da pembatas antar sum Jika d adalah jarak antar celah m
I
pakan persamaan (11.22)
c) Difraksi Celah Tunggal S
i celah banyak dengan jumlah celah menuju tak berhingga. Dengan jumlerhingga maka jarak antar celah menuju nol sehingga praktis tidak a
ber berdekatan. Ini analok dengan celah besar yang terbuka.
aka
θsindx =∆
Sehingga 2/sin)(2/ θNdkxNk =∆ . Tetapi DNd = yaitu lebar celah pendifraksi. Kita juga dapat menulis NkDNNdkxk 2/sin2/sin)(2/ θθ ==∆ . Dengan demikian, apabila kita
ansformasi persamaan interferensi celah banyak ke difraksi celah tunggal kita peroleh tr
500
( )( ) 2
⎤ (11.73) 2/sinsin2/sinsin
⎥⎦
⎢⎣
⎡∝
NkDkDI
θθ
arena maka
∞→N 02/sin →NkD θ sehingga ( ) NkDNkD 2/sin2/sinsin θθ →K . Dengan demikian, substi
tusi aproksimasi ini ke dalam persamaan (11.73) diperoleh
( ) ( ) 22
2/sin2/sinsin
2/sin2/sinsin
⎢⎡=⎥
⎤⎢⎡∝
θθ
θθ
kDkDN
NkDkDI
2
⎥⎦⎤
⎣⎦⎣
atau
( ) 2
2/sin2/sinsin⎥⎤
⎢⎡=
θθ
kDkDII o
⎦⎣(11.74)
Dengan mendefiniskkan 2/sinθkD= maka persamaan (11.74) tidak lain merupakΦ an
ersamaan (11.31)
Soal dan Pembahasan 1) Cahaya putih melewati dua celah yang berjarak 0,5 mm dan pola interferensi diamati pada layar yang berjarak 2,5 m dari celah. Frinji orde pertama membentuk pelangi dengan cahaya ungu dan merah berada pada masing-masing tepinya. Garis ungu berjarak sekitar 2,0 mmmd dari tengah layar sedangkan cahaya merah sekitar 3,5 mm dari tengah layar. Hitunglah panjang gelombang cahayan ungu dan merah. Jawab Diberikan d = 0,5 mm = 5 × 10-4 m L = 2,5 m Untuk garis ungu, ∆yu = 2,0 mm = 2 × 10-3 m Untuk garis ungu, ∆ym = 3,5 mm = 3,5 × -3 m Dengan menggunakan persamaan (46.12) maka Panjang gelombang ungu
p
10
743
1045,2
)105()102( −−−
×=×××
=∆
=L
dyuuλ m
Panjang gelombang merah
74
107)10 −×= m 3
5,25()105,3( −− ×××
=∆
=L
dymmλ
kas sinar monokromatik dengan panjang gelombang 5 × 10-7 m datang tegak lurus pada isi. Jika spectrum orde kedua membuat sudut 30o dengan garis normal pada kisi, tentukan
jumlah garis per cm kiJawab
uncak interferensi kisi memenuhi hubungan
2) Seberk
si
P d θsin = 0, λ, 2λ, 3λ, …. Dengan denikian, spectrum orde kedua dipenuhi oleh d λθ 2sin = atau
667
1025,0
1030sin
)105(2sin2 −
−−
×==××
== odθλ m
goresan kisi per meter adalah Jumlah
56 105
10211
×=×
= −d goresan per meter atau goresan per centimeter.
3) Suatu berkas sinar sejajar mengenai tegak lurus suatu celah yang lebarnya 0,4 mm. Di elakang celah diberi lensa positif dengan jarak titik api 40 cm. Garis terang pusat (orde ke nol)
ang titik api lensa berjarak 0,56 mm. Tentukan anjang gelombang sinar awab
3105×
bdengan garis gelap pertama pada layar di bidpJInformasi dari soal ini adalahw = 0,4 mm = 4×10-4 m Jarak celah ke layar: L = 40 cm = 0,4 m Jarak gelap pertama ke pusat layar: ∆y = 0,56 mm = 5,6 10-4 m. Sudut tempat jerjadinya minimum memenuhi persamaan (46.29)
501
θsin = wλ ,
wλ2 ,
wλ3
Sudut tempat terjadinya garis gelap pertema memenuhi
502
θsin = wλ
Untuk θ yang sangat kecil, maka θθ tansin ≈ . Tetapi
Ly∆
=θtan
Dengan demikian
wLy λ=
∆
atau
744
1054,0
)104)(106,5( −−−
×=××
=∆
=Lywλ m
haya monokromatik jatuh pada celah ganda yang terpisah sejauh 0,042 mm. Frinji orde etujuh terbentuk pada sudut 7,8o. Berapakah panjang gelombang cahaya?
Jawab Diberikan d = 0,042 mm
4) Cak
= 4,2 × 10-5 m. θ = 7,8o irnji orde ketujuh terjadi ketika terpenuhi F
λθ 7sin =d
atau
755
102,87
136,0)102,4(7
8,7sin)102,4(7
==λ sin −−−
×=××
=×× od θ m
hi
5) Frinji orde ketiga dari cahaya yang memiliki panjang gelombang 650 nm terbentuk pada sudut 15o ketika dijatuhkan pada celah ganda. Berapakah jarak antar celah? Jawab Frinji orde ketiga terjadi ketika terpenu
λθ 3= sindatau
26,015sinsin oθ3
==d λ 13006503=
× = 5000 nm = 5 µm.
sempit yang terpisah sejauh 0,040 mm. Jarak di sekitar frinji pusat yang terbentuk pada layar yang lokasinya sejauh
5,0 m dari celah adalah 5,5 cm. Berapa panjang gelombang dan frekuensi cahaya?
6) Cahaya monokromatik jatuh pada dua celahantar dua frinji berdekatan
503
Jawab Diberikan L = 5,0 m
y = 5,5 cm = 5,5 × 10-2 m
Misalkan frinji orde ke-n terbentuk pada sudut θ aka terpenuhi
∆d = 0,04 mm = 4 × 10-5 m
n, m
d λθ nn =sin Maka frinji orde ke-(n+1) terbentuk pada sudut θn+1 yang memenuhi
λθ )1(sin 1 +=+ nd n Untuk frinji di dekat pusat maka sudut sangat kecil sehingga, nn θθ tansin ≅ dan
tan +≅ n 11sin +n θθ . Maka
dn
nλθ ≅ tan
dn
nλθ 1+
)1( +≅ tan
Jarak dari pusat ke lokasi frinji adalah
dnLLy nλθ == tan n
dnLLy nn
λθ )1(tan 11+
== ++
Jarak antara dua frinji
dL
dnLnLyyy
dnnλλλ
=−+
=−=∆)1(
+1
atau
752
104,45
×===L
λ m
Frekuensi:
)104()105,5( −−− ×××∆yd
148
108,64,4
103×=
××
==λcf Hz 710−
gelombang 480 nm dan 620 nm melewati dua celah yang terpisah ah jarat antar frinje orde kedua yang dihasilkan dua gelombang tersebut
?
2 = 620 nm = 6,2 × 10-7 m d = 0,54 mm = 5,4 × 10-4 m
7) Jika cahaya dengan panjangsejauh 0,54 mm, berapakpada layar yang berjaral 1,6 m dari celahJawab λ1 = 480 nm = 4,8 × 10-7 m λ
504
L = 1
,6 m
Untuk frinji orde kedua terpenuhi
12 2sin λθ =d
22 2'sin λθ =d atau
d1λ
22sinθ =
d22' λ
θ = 2
Untuk orde ke-dua, harga θ biasanya cukup kecil sehingga
sin
22 tansin θθ ≅ , dan 22 'tan'sin θθ ≅ . Dengan demikian
d1
22tan λ
θ ≅
d2
22'tan λ
θ ≅
Jarak frinji ke pusat layar
dLLy 22 tanθ ≅= 12λ
dLLy 22 'tan' θ ≅= 22λ
arak antara dua frinji orde kedua yang dihasilkan dua gelombang adalah J
44
7712
22 103,8104,5
)108,4102,6(26,1)(2' −−
−−
×=×
×−×××=
−=−=∆
dLyyy λλ m = 0,83 mm
8) Cahaya dengan panjang gelombang 400 nm datang dari udara m
rpisah sejauh 5 × 10-2 mm. Celah tersebut dicelupkan ke dalam air, dan pola interferensi
d = 5 × 10-3 mm = 5 × 10-5 m 1,33
Misalkan frinji orde ke-m t , maka terpenuhi
enuju ke celah ganda yang tediamati pada layar dalam air yang berjarak 40,0 cm dari celah. Berapa jarak antar frinji yang terbentuk. Indeks bias air adalah 1,33 Jawab Diberikan L = 40,0 cm = 0,4 m
na =
erbentuk pada sudut θm
d λθ mm =sin Maka frinji orde ke-(m+1) terbentuk pada sudut θm+1 yang memenuhi
λθ )1(1 +=+ m erbelok masuk ke air, maka terjadi pembiasan uang memenuhi hokum Snell,
sind m
Karena cahaya yang tyaitu
mam rn sinsin =θ sin 11 sin ++ = mam rnθ Maka
λmrdn ma =sin λ)1(sin 1 +=+ mrdn ma
Untuk frinji di dekat pusat maka sudut sangat kecil sehingga, dan
. Maka mm rr tansin ≅
11 tansin ++ ≅ mm rr
am dn
mr λ=tan
am dn
mr λ)1(tan += 1+
Jarak dari pusat ke lokasi frinji adalah
amm dn
mLrLy λ== tan
amm dn
mLrLy λ)111
+++
Jarak antara dua frinji
(tan ==
33,1)105(1044,0 ×
)1(5
7
1 ×××
==−+
=−=∆ −
−
+aaa
mm dnL
dnmL
dnmLyyy λλλ = 0,01 m
aya 520 nm jatuh pada celah yang lebarnya 0,04 mm, berapakah lebar sudut yang
awab
9) Jika cahmencakup puncak difraksi pusat?JDiberikan λ = 520 nm = 5,2 × 10-7 m w = 0,04 m = 4 × 10-5 m
505
506
empat terbentuknya minimum pertama memenuhi Sudut tλθ =sinw
atau
5
7102,5 −×==
λθ = 0,013 104 −×
ang memberikan
sinw
y
013,0≅θ rad Dengan demi elingkupi terang pusat adalah
×=kin, sudut yang m
026,0013,022 =θ rad.
0) Cahaya monokromatik jatuh pada celah yang lebarnya 3 × 10-3 mm. Jika sudut antara gelap orde pertama pada dua sisi maksimum utama adalah 37o, berapakah panjang gelombang cahaya? Jawab Diberikan w = 3 × 10-3 mm = 3 × 10-6 m
rkan informasi di soal kita dapatkan
θ = 37o/2 = 18,5o Lokasi minimum pertama memenuhi
1
Jika θ adalah sudut tempat minimum pertama, maka berdasa2θ = 37o, atau
λθ =sinw atau
105,9317,0)10 −− ×=× m
11) Cahaya monoktromatik dengan panjang gelombang 633 nm jatuh pada celah tunggal. Jika sudut antara frinji orde pertama pada dua sisi maksimum utama adalah 19,5o, berapa lebar celah? Jawab
λ = 633 nm = 6,33 × 10-7 m Lokasi minimum orde pertama memenuhi
6 3(5,18sin103 − ×=×= oλ 76
Diberikan
w λθ =1sin atau
wλθ =1sin
Lokasi minimum orde kedua memenuhi λθ 2= sin 2w
wλθ 2
=sin 2
507
aksimum dapat dianggap berada antara dua minimum berdekatan. Kita dapat
elakukan aprroksimasi secara kasar sudut tempat maksimum orde pertama
Lokasi m
memenuhi m 1max,θ
www
23
2)/2()/(
2sinsinsin 21
1max,λλλθθ
θ =+
=+
≈
Berdasarkan soal, o5,192 =θ sehingga 1max, 1max,θ = 19,5/2 = 9,75o. Dengan demikian
667
1max,
106,534,0109,1
75,9sin2)1033,6(3
sin23 −
−−
×=×
=×
××=≈ ow
θλ m
rapa lebar pola puncak difraksi pusat pada layar sejauh 2,5 m di belakang celah yang
barnya 0,0348 mm jika dijatuhkan cahaya 589 nm? Jawab Diberikan
= 589 nm = 5,89 × 10-7 m
L = 2,5 m Minimum pertama terbentuk pada sudut yang memenuhi
12) bele
λw = 0,0348 mm = 3,48 × 10-5 m
5
7
1048,31089,5sin −
−
××
==wλθ = 0,017
Karena sin θ sangat kecil maka θθ tansin ≅ . Jadi,
017,0tan ≅θ Jarak dari pusat ke lokasi minimum pertama
017,05,2tan ×==∆ θLy = 0,0425 m Lebar puncak difraksi di pusat menjadi ∆y = 2 × 0,0425 = 0,085 m = 8,5 cm
3) Pada sudut berapakah terbentuk maksimum orde kedua ketika cahaya dengan panjang gelombang 650 nm jatuh pada kisi dengan jarak antar celah 1,15 × 1 -3
Jawab iberikan
.
2 1
0 cm?
Dλ = 650 nm = 6,5 × 10-7 m d = 1,15 × 10-3 cm = 1,15 × 10-5 m
508
isi difraksi, maksimum orde ke-m terbentuk pada sudut yang memenuhi Untuk k
dmλθ =in s
Maksimum orde kedua terbentuk pada sudut yang memenuhi
113,01015,1
)105,6(22sin 5
7
=×××
== −
−
dλθ
atau θ = 6,5o
4) Garis orde pertama cahaya 589 nm yang jatuh pada kisi diamati pada sudut 15,5o. Berapa jarak gorekan pada kisi? Pada sudut berapakah garis orde ketiga muncul?
Garis orde pertama terjadi pada sudut yang memenuhi
1
Jawab
dλθ =sin
atau
267,05,15sinsin oθ589589
===d λ = 2206 nm.
a terjadi pada sudut yang memenuhi Garis orde ketig
8,02206
58933sin =×
==dλθ
atau θ = 53o
5) Berapakan orde garis tertinggi yang dapat diamati jika cahaya yang memiliki panjang 1gelombang 633 nm jatuh pada kisi yang memiliki 6000 garis per sentimeter? Jawab
60d
00 cm = 1
=600000
1 m
= 6,33 × 10-7 m a sudut yang memenuhi
λ = 633 nmPuncak orde ke m terjadi pad
dmλθ =sin
Karena 1sin ≤θ maka
1≤mdλ
atau
71033,6600000/1×
=≤λdm = 2,6 −
Karena m harus bilangan bulat, maka orde tertinggi yang dapat diamati adalah m = 2. 16) Jika lapisan sabun memiliki ketebalan 120 nm warna apa yang muncul jika selaput tersebut
isinari dengan cahaya putih dalam arah normal? Indeks bias selaput sabun adalah 1,34.
Warna yang tampak adalah warna yang mengalami interferensi konstrusktif. Untuk cahaya yang atang arah normal, interferensi konstruktif terjadi jika terpenuhi
=
, dJawab
d
dn222λ ,
23λ ,
25λ , ….
Atau, secara umum,
( )λ21
22 += mdn dengan m = 0, 1, 2, … Dengan demikian panjang gelombang yang mengalami interferensi destruktif adalah
21
21
21( +m
2 3212034,122=
××==
dnλ 2
)() ++ mm nm
Untuk m = 0 maka, λ = 322/(1/2) = 644 nm Untuk m = 1 maka λ = 322/(3/2) = 215 nm
di atas 400 nm maka hanya m = 0 yang emberikan solusi yang mungkin. Jadi panjang gelombang yang mengalami interferensi
konstruktif adalah 644 nm yang merupakan cahaya merah. Jadi, selaput sabun tampak berwarna
n sabun (n = 1,42) agar tampak gelap ketika disinari
engan gelombang 480 nm? Anggaplah pada dua sisi selaput sabun adalah udara.
terferensi destruktif terjadi jika terpenuhi
Karena cahaya putih memiliki panjang gelombangm
merah.
17) Berapa ketebalan minimum lapisadJawab In
λmd =2 atau
509
λ
510
2m
=d dengan m = 1, 2, 3, ….
agar terjadi interferensi destruktif pada panjang gelombang Ketebalan minimum lapisan sabun 480 nm adalah
2480
2==
λd = 240 nm
8) Sumbu polarisator membrntuk sudut 70o satu dengan lainnya. Cahaya tidak terpolarisasi jatuh pada polarisator pertama. Berapa intensitas cahaya yang ditransmisikan polarisator kedua? Jawab
sitas cahaya tidak terpolarisasi adalah Io. tensitas yang lolos polarisator pertama adalah Io/2
1
Misalkan intenInIntensitas yang lolos polarisator kedua adalah
oI06,0)343,0(2
70cos2
== oo I 2
19) Sudut kritis bagi pemantulan total pada batas antara dua material adalah 52o. Berapa sudut Brewster pada bidang ini?
Misalkan cahaya datang dari m n indeks bias n1 ke medium dengan indeks bias n2. Sudut kritis bagi pemantulan sempurna memenuhi
oI 2
edium denga
1n2n
=θ sin
sin1
252nno =
atau
788,01n
2 =
rewster memenuhi
n
Sudut B
27,1788,02nB1tan 1 ===
nθ
atau
oB 8,51=θ
511
as tipis erah natrium dengan panjang gelombang 589 nm (dalam vakum) jatuh
ari udara ke permukaan air yang rata dengan sudut θi = 35o. Tentukan sudut bias cahaya. Tentukan pula laju cahaya dan panjang gelombang dalam air (nair = 1,33).
iberikan:
λ = 589 nm θi = 35o.
20) Berk cahaya md
JawabD
nair = 1,33
iurair nn θθ sinsin = 1,33 sin θr = 1 × sin 35o
r = 25,5o
21) Fiber glass (n = 1,5) dicelupka ke dalam air (n = 1,33). Berapakah sudut kritis agar cahaya
er gelas tersebut?
Jawab
1 = 1,5
1,33 sin θr = 0,573 sin θr = 0,573/1,33 = 0,43 θ
tetap berada dalam fib
Diberikan nn2 = 1,33
4,133,1sin
1
2 ==nn
cθ = 0,887
c = 62,5o
uki balok dengan sudut datang 37o. Di dalam balok
kita tentukan indeks bias balok. Dengan hukum Snell
θ 22) Cahaya yang mula-mula dari air memascahaya tersebut dibiaskan dengan sudur 25o. Berapa laju cahaya dalam balok? Jawab Pertama nair sin 37o = nbalok sin 25o 1,33 × 0,602 = nbalok × 0,422
512
cahaya dalam balok
v = c/nbalok
8 m/s
oal Latihan 1) Kuarsa berbentuk balok dicelupkan ke dalam air. Dalam kuarsa ada lampu kecil. Sinar lampu keluar pada satu sisi kuarsa hanya dalam daerah bernentuk lingkaran. Jika jarak lampu dari sisi
uarsa 5 cm, berapakah jari-jari lingkaran tempat keluarnya cahaya?
ang dalam gelas yang memiliki indeks bias 1,5? Berapa laju cahaya dalam gelas tersebut?
indeks bias 1,48 dengan sudut datang 50o. nya 3,1 mm. Tentukan berapa kali pemantulan
ternal hingga cahaya keluar dari silinder. 4) Cahaya dengan panjang gelomb ng 589 nm jatuh pada permukaan balok polistiren (n = 1,49)
engan sudut θ. (a) Cari sudut θ maksimum sehingga cahaya mengalami pemantulan internal
lfida (n = 1,628).
eninggalkan balok tersebut? 6) Berkas cahaya sejajar dari laser He-Ne dengan panjang gelombang 656 nm jatuh pada dua celah sempit yang terpisah sejauh 0,05 mm. Berapa jarak antar dua frinji berdekatan di pusat layar yang berjarak 2,6 m dari celah.
) Cahaya dengan panjang gelombang 680 nm jatuh pada dua celah sempit dan menghasilkna pola interferensi orde ke empat dengan jatak 48 mm dari pusat layar. Jarak layar ke celah adalah 1,5 m. Berapa jarak pisah dua celah?
nda diamati bahwa cahaya biru yang panjang gelombangnya 460 nm ementuk frinji maksimum orde kedua pada loasi tertentu. Berapa panjang gelombang cahaya
nbalok = 1,33 × 0,602/0,422 = 1,9
Laju
= 3 × 108/1,9 = 1,58 10 S
k 2) Panjang gelombang cahaya merah laser helium-neon adalah 632,8 nm. Berapa panjanggelomb 3) Sinar laser mengenai ujung silinder yang memilikiPanjang silinder adalah 42 cm dan diameterin
adtotal pada sisi kiri balok. Ulangi perhitungan jika balok polistiren sicelupkan ke dalam (b) air (n = 1,33) dan (c) karbon disu 5) Cahaya dari udara mengenai balok polistriren dengan sudut datang 45o. Jika tebal balok polistriren 10 cm, berapakah pergeseran arah rambat cahaya yang m
7
8) Pada percobaan celah gam
513
tampak lainnya yang menhasilkan pola minimum pada lokasi yang sama?
haya yang memiliki panjang gelombang 550 nm jatuh pada sebuah celah yang lebarnya 3,5 10-3 mm. Merapa jauh dari maksimum pusat lokasi maksimum orde pertama pada layar yang
berjarak 10,0 m dari celah?
a pada celah tunggal dijatuhkan cahaya 550 nm terbentuk puncak difraksi pusat yang cm pada layar sejauh 1,5 m dari celah. Berapa lebar puncak pusat jika cahaya yang emiliki panjang gelombang 400 nm?
fraksi yang memiliki 3500 garis/cm menghasilkan frinji orde ketiga pada susut 22o. erapakah panjang gelombang cahaya yang digunakan?
3) Cahaya jatuh secara normal pada kisi yang memiliki 10000 garis/cm. Cahaya tersebut
garis di mana puncak orde pertama masing-masing terjadi pada sudut ,5o. Berapakah panjang gelombang yang dikandung cahaya tersebut?
14) Berapa jumlah garis per sentimeter yang dimiliki kisi difraksi jika garis orde ketiga untuk ahaya 630 nm terjadi pada sudut 23o?
inimum lapisan koating (n = 1,25) menurut kamu yang igunakan untuk melapisi lensa?
ketebalan minimum lapisan udara antara dua pelat gelas sejajar agar tampak terang aya yang panjangnya 450 nm jatuh secara normal?
16) Berapa sudut Brewster cahaya yang datangd ari udara ke gelas? Indeks bias gelas 1,52.
9) Ca×
10) Jika cahaya ungu yang memiliki panjang gelombang 415 nm jatuh pada celah tunggal, terbentuk puncak difraksi pusat yang memiliki lebar 9,2 cm pada layar yang berjarak 2,55 m dari celah. Berapakah lebar celah? 11) Jiklebarnya 3,0dijatuhkan m 12) Kisi diB
1menghasilkan tiga macam31,2o, 36,4o, dan 47
cSebuah lensa tampak berwarna hijau kekuningan (λ = 570 nm) ketika cahaya putih dipantulkan oleh lensa tersebut. Berapa ketebalan md 15) Berapaketika cah
Bab 12 Model Atom dan Molekul
Semua materi disusun atas atom-atom. Sebelum akhir abad ke-19 atom dipandang sebagai komponen terkecil penyusun materi yang tidak dapat dibagi-bagi lagi. Sifat materi yang satu berbeda dengan sifat materi lainnya karena atom satu materi berbeda dengan atom materi lainnya. Konsep ini bertahan sangat lama karena tidak ada eksperimen yang bisa menunjukkan bahwa atom tersusun atas partikel-partikel yang lebih kecil lagi. Konsep ini berubah ketika memasuki abad 20. Banyak pengamatan yang tidak dapat diterangkan oleh konsep atom yang tidak dapat dibagi-bagi. Eksperimen-ekperimen tersebut menunjukkan bahwa atom tersusun atas partikel-partikel yang lebih kecil. Dan konsep inilah yang berlaku hingga sekarang. 12.1 Penemuan Sinar Katoda Penemuan sinar katoda adalah awal lahirnya konsep atom yang tersusun atas partikel-partikel lebih kecil. Sinar katoda diamati dalam tabung vakum yang mengandung dua buah elektroda. Jika antara dua elektroda dipasang tegangan listrik yang sangat tinggi maka diamati sinar yang mengalir dari elektroda negatif ke elektroda positif.
514
ambar 12.1 Pendaran dalam tabung vakum yang diberi tegangan sangat tinggi.
engukuran lebih lanjut terhadap sinar tersebut didapatkan sifat-sifat berikut ini.
katode memiliki
kkan oleh medan magnet. Ini juga adalah bukti bahwa sinar katode
pada dinding tabung yang dikenainya.
G P1) Sinar katoda merambat dalam lintasan garis lurus dari katoda menuju anoda 2) Sinar katoda dibelokkan oleh medan listrik. Ini menunjukkan bahwa sinarmuatan listrik. Berdasarkan arah pembelokkannya maka diidentifikasi bahwa muatan listrik sinat katode adalah negatif. 3) Sinar katode dibelomemiliki muatan listrik. Dengan menggunakan hokum Lorentz juga dapat dibuktikan bahwa sinar katode memiliki muatan negatif. 4) Sinar katode menghasilkan pendaran
515
ambar 12.2 Sifat-sifat sinar katode: (1) merambat dalam garis lurus, (b) dibelokkan oleh
engamatan-pengamatan di atas menunjukkan bahwa sinar katode merupakan partikel
artikel yang keluar dari katode menuju anode rtikel tersebut
rtikel-partikel yang lebih kecil lagi. Salah satu jenis partikel
rtikel yang bermuatan listrik positif.
2.2 Pengukuran e/m elektron sinar katoda adalah partikel bermuatan negatif, maka muncul
agian utama dari alat yang digunakan Thomson adalah tabung sinar katode yang memiliki dua
n) maka electron akan menempuh
Gmedan listrik, (3) dibelokkan oleh medan magnet, (3) menghasilkan pendaran pada dinsing tabung. Pbermuatan negatif. Sifat sinar katode berbeda dengan sifat atom elektroda dan juga berbeda dengan sifat gas dalam tabung yang masih tersisa (yang tidak dapat divakumkan secara sempurna). Jadi sinar katode bukan merupakan atom. Lebih lanjut ketika katode yang digunakan dalam tabung diganti-ganti, didapatkan sinar katode yang memiliki sifat persis sama. Sifat-sifat tambahan ini menunjukkan bahwa 1) Sinar karode merupakan berkas p2) Partikel sinar katode dimiliki oleh semua atom yang sifatnya persis sama. Peselanjutnya diberi nama electron. 3) Ternyata atom tersusun atas patersebut adalah electron dan bermuatan listrik negatif. 4) Karena atom netral maka atom juga tersusun atas pa 1Segera setelah diketahui bahwa usaha untuk mengukur muatan dan massa electron. Usaha pertama dilakukan oleh J.J. Thomson tahun 1897. Thomson tidak dapat mengukur muatan electron saja dan massa electron saja. Yang dapat ditentukan hanya perbandingan muatan dan massa electron, atau e/m. Skema percobaan Thomson tampak pada Gambar 12.3 Bpelat sejajar di dalamnya dan diletakkan dalam posisi horizontal. Di luar tabung dipasang dua koil yang menghasilkan medan magnet homogen di dalam ruang antar dua elektroda. Elektron yang melewati ruang antara dua electrode dapat merasakan medan listrik dan medan magnet sehingga dapat mengalami gaya Coulomb dan gaya Lorentz. 1) Jika medan magnet dan medan listrik nol (tidak diterapkalintasan lurus dan jatuh di titik b pada layar electrode.
516
elama menempuh dua electrode electron
(12.1)
engan FC gaya listrik yang dialami elektron, e : muatan elektron, dan E : kuat medan listrik
ambar 12.3 Skema percobaan Thompson untuk menentukan nilai e/m
h dua electrode electron engalami gaya Lorentz sehingga lintasannya membelok. Arah medan diatur sedemikian rupa
(12.2)
dengan Fua pelat
a medan diterapkan sekaligus maka electron akan mengalami gaya listrik dan gaya agnet secara bersamaan dalam arah berlawanan. Besar medan magnet dan medan listrik diatur
=
2) Jika hanya medan listrik yang diterapkan maka smengalami gaya Coulomb sehingga lintasannya membelok. Akibatnya, electron akan jatuh di layar pada titik a. Besarnya gaya listrik yang dialami electron adalah
eEFC =
dantara dua pelat.
G 3) Jika hanya medan magnet yang diterapkan maka selama menempumsehingga arah pembelokan electron oleh medan magnet berlawanan dengan arah pembelokan oleh medan listrik. Akibat adanya medan magnet tersebut electron akan jatuh di layar pada titik c. Besarnya gaya magnetik yang dialami electron adalah
evBFL =
L gaya listrik yang dialami elektron, v : laju elektron, dan B : kuat medan magnet antara d 4) Jika dumsedemikain rupa sehingga besar ke dua gaya tersebut sama besar (saling menghilangkan). Akibatnya electron kembali menempuh garis lurus dan jatuh di titik b. Dalam keadaan ini berlaku
LC FF = eE evB
517
Dari hubungan ini kita dapat mendapatkan laju elektron
BE
= (12.3) v
5) Jika dikenai m
erbentuk irisan lingkaran. Dengan demikian berlaku edan magnet, lintasan electron dalam daerah yang mengandung medan
b
rmv 2
= evB
atau
Brv
me= (12.4)
dengan r : jari-jari kelengkungan lintasan ketika dikenakan medan magnet saja. Substitusi persamaan (12.3) ke dalam persamaan (12.4) diperoleh
rBEe
= (12.5) m 2
Semua besaran di ruas kanan persam
itentukan. Dari hasil pengukuran yang teliti Thomson mendapatkan aan (12.4) dapat diukur. Dengan demikian nilai e/m dapat
d
111076,1 ×=e C/kg (12.6) m 12.3 Percobaan Millikan
etelah nilai e/m dapat ditentukan, yang menjadi tantangan berikutnya adalah menentukan nilai e i percobaan Thompson, nilai-nilai tersebut tidak dapat ditentukan.
ukur uatan electron. Percobaan tetesan minyak yang dia lakukan, secara prinsip, cukup sederhana,
Sdan m sendiri-sendiri. DarPerlu ada satu percobaan lain yang dapat menentukan nilai tersebut. Yang perlu ditentukan cukup satu saja, entah e atau m. Karena nilai yang lainnya dapat ditentukan berdasarkan nilai e/m. Millikan adalah orang yang berhasil merancang suatu eksperimen yang berhasil mengmseperti diilustrasikan pada Gbr. 12.4. Dua elektroda dipasang dalam posisi horizontal, satu di atas dan satu dibawah. Antara dua elektroda diberi beda potensial sehingga muncul medan listrik.
518
tif. uatan negatif tersebut bisa dihasilkan dengan mengionisasi gas antara dua elektroda
Gambar 12.4 Skema per on.
i samping itu, karena tetesan minyak memiliki massa maka tetesan tersebut dikenai gaya
olarisasi elektroda diatur sehingga arah gaya listrik ke atas. Besar medan listrik diatur sehingga kedua gaya dalam keadaan seimbang dan partikel tidak bergerak ke atas atau ke bawah. Dalam
ondisi ini berlaku
Tetesan minyak disemprotkan ke dalam ruang antar dua elektroda dan diberi muatan negaMmenggunakan radioaktif atau cara lainnya. Misalkan muatan yang dikandung tetesan minyak q maka, tetesan tersebut mendapat gaya listrik
qEFC =
mg mg
qE 6πηrv
v
Tetes minyak diam Tetes minyak bergerak
mg mg
qE 6πηrv
v
Tetes minyak diam Tetes minyak bergerak
cobaan tetes minyak dari Millikan untuk menentukan muatan electr Dgravitasi ke bawah sebesar
mgW = P
k
mgqE =
519
tau a
Emgq = (12.7)
Agar q tetesan mkibat gravitasi. Tetapi karena di ruang tersebut ada udara maka ada gaya Stokes yang arahnya
dapat dihitung maka massa tetesan minyak harus ditentukan. Untuk menentukan massa
inyak, medan listrik tiba-tiba dihilangkan sehingga tetesan tersebut bergerak jatuh aberlawanan dengan arah gerak tetesan yang besarnya
rvFS πη6= (12.8) dengan η : viskositas udara, r : jari-jari tetesan, dan v : laju tetesan
ula-mula laju jatuh tetesan kecil. Makin lama makin besar hingga suatu saat laju mencapai nal. Pada laju terminal, gaya
tokes sama besar dengan gaya gravitasi, atau
Mnilai tertentu yang tidak berubah lagi. Laju ini disebut laju termiS
mgrv =πη6 Jika ρ adalah massa jenis minyak, maka
⎟⎠
⎜⎝ 3mm
⎞⎛== 34 rV πρρ (12.9)
engan demikian
m
D
grrv m ⎜⎝ 3
⎟⎠⎞⎛= 346 πρπη
alau kalian sederhanakan kalian dapatkan ungkapan untu jari-jari adalah K
gvr
ρη
29
= m
(12.10)
Massa tetesan minyak akhirnya dapat ditulis
2/33
3
29
34
29
34
34
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⎟
⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛××=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛=
gv
gvrm
m
m
mmm ρ
µπρρµπρπρ (12.11)
Akhirnya muatan tetesan memenuhi
2/3
29
34
⎟⎟⎞
⎜⎜⎛
==g
vE
gE
mgq m
ρµπρ
⎠⎝ m
(12.12)
Semua parameter di ruas kanan persamaan (12.12) dapat diukur dalam eksperimen sehingga nilai q dapat ditentukan.
Namun setelah dianalisi, semua muatan yang diukur nilainya merupakan elipatan bulat dari suatu nilai muatan sebesar 1,602 × 10-19 C. Dari sini Millikan berkesimpulan
= 1,602 × 10-19 C
engan menggunakan perbandingan nilai e/m yang diperoleh dari percobaan Thompson seperti ) maka diperoleh massa electron
Millikan melakukan pengamatan pada sejumlah besar tetesan minyak dan mendapat sejumlah besar nilai muatan. kbahwa muatan sebesar 1,602 × 10-19 C merupakan muatan elementer (muatan terkecil) yang ada dalam atom. Dan muatan tersebut sama dengan muatan electron. Jadi disimpulkan bahwa besar muatan electron adalah e Dpada persmaan (12.6
3111
19
1011,91076,110602,1
/−
−
×=××
==me
em kg
Contoh Pada percobaan Millikan, tetes air yang memiliki diameter 1,20 µm melayang di udara yang
iam. Di tempat tersebut terdapat medan liatrik yang berarah ke bawah yang besarnya 462 N/C. pakah berat tetesan tersebut? (b) Berapa kelebihan electron yang dimiliki tetesan
m tetesan
d(a) Beratersebut? Jawab Diameter tesesan d = 1,20 µm = 1,20 × 10-6 m
( ) 193633
3 109102,114,361(a) Volu
6233 ⎠⎝
144 −− ×=×××==⎟⎞
⎜⎛== ddrV πππ m3
Massa tetesan: kg 1619 109)109(0001 −− ×=××== Vm ρ
520
521
Berat tetesan: N
(b) Jika muatan listrik tetesan Q maka gaya ke atas listrik ke atas yang dialami tetesan adalah
arena tetesan diam maka gaya ke atas sama dengan berat tetesan sehingga
E = W
1516 8210,88,9)109( −− =××== mgW
F = QE K Q
1715
1091,11082,8 −−
×=×
==W C Q
462Elah kelebihan electron yang dikandung tetesan air tersebut adalah Maka jum
11910602,1
1091,119
17
=××
== −
−
eQn elektron
12.4 Model atom ThompsoKonsekuansi dari penemuan electron sebagai partikel penyusunan atom adalah pemikiran
ntang bentuk atom itu sendiri. Penemuan electron menggagalkan semua teori tentang atom ingga saat itu. Teori atom baru perlu dibangun yang memperhitungkan keberadaan electron
tom. Yang pertama kali menyusun model atom baru ini adalah
an negatif adalah wijen dan muatan positif adalah bulatan ketan. Dengan demikian, aterial dibentuk oleh susunan atom-atom yang menyerupai onde-onde tersebut.
Gambar 12.5 Model atom Thompson
n
tehsebagai partikel penyusunan aThompson. Pada model Thompson, atom dianggap sebagai sebuah bola bermuatan positif yang dipermukaannya ditempeli oleh electron-elektron. Bentuk atom ini serupa dengan onde-onde dengan muatm
Muatam positif
Elektron
Muatam positif
Elektron
522
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:
merupakan bola yang sangat keras).
ambar 12.7 Semua partikel menembus atom
semua atom berupa bola lunak).
tas, dan mengamati apakah salah satu kemungkinan di atas muncul. Orang yang pertama kali memikirkan percobaan semacam ini adalah Rutherford. 12.5 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 12.6 Semua partikel dipantulkan oleh atom 1) Semua partikel dipantulkan oleh material (jika dianggap atom-atom
G 2) Semua partikel menembus material (jika dianggap Dengan demikian, untuk menguji kebenaran teori atom Thompson kita dapat melakukan percobaan di a
523
Thompson?
i) Sebagian besar volum n ruang kosong. Ini sesuai dengan pengamatan bahwa sebagian besar paetikel alfa mii) Massa atom sangat kecil (menyerupai titik). Konsentrasi massa inilah yang me e tersebut sangat kecil maka jumlah
iii) Pembelokkan partikel alfa entrasi massa memiliki muatan ang sama dengan partikel alfa sehingga gaya listrik yang dihasilkan tolak-menolak. Jadi onsentrasi massa atom harus bermuatan listrik positif. Konsentrasi massa yang bermutan positif
) Karena atom juga mengandung electron yang bermuatan negatif, maka electron haruslah
lalui gaya Coulomb, maka agar electron tidak i dengan kecepatan tertentu. Hal
cobaan Rutherford Gambar 12.8 Skema per
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
ula. sem Adanya bermacam-macam sudut pantulan ini tidak dapat dijelaskan dengan model atom Thompson. Dengan demikian model atom Thompson tidak terbukti. 12.6 Model Atom Rutherford Bagaimana menjelaskan hasil percobaan Rutherford yang tidak sejalan dengan model atom
Hasil percobaan Rutherford dapat dijelaskan sebagai berikut e material merupaka
enembus material. terkonsentrasi pada volume yang
mantulkan partikel alfa. Karena volumpartikel alfa yang dipantulkan sangat kecil.
hanya dapat dijelaskan jika konsykini selanjutnya dinamai inti atom. ivberada di sekitar inti. v) Karena electron dan inti saling tarik-menarik mebergabung dengan inti, electron haruslah berputar mengitari intini serupa dengan planet-planet yang berputar mengitari matahari untuk menghindari jatuh ke
524
akibat gaya gravitasi.
engan model seperti system tata surya maka kita dapat menghitung energi yang dimiliki electron yang mengitari inti atom. Kita mulai dengan menentukan gaya yang dialami electron. Besar gaya tarik electron dan inti adalah
matahari
elektronelektronelektron
intiintiinti
Gambar 12.9 (atas) Penjelasan tentang hasil percobaan Rutherford dan (b) model atom Rutheford 12.7 Energi Atom Rutherford D
2)(
reZekF = (12.13)
dengan ok πε4/1= = 9 × 109 N m2/C2, = 1.6 × 10-19 C, = muatan listrik inti, dan e Ze r =
jarak electron ke inti. Elektron akan tetap pada lintasannya di sekitar inti jika terpenuhi
rmv
rZek
2
2
2
= (12.14)
= laju elektron, dan = massa elektron v m
525
Mari kita tentukan energi electron yang sedang mengitari inti, yang terdiri dari energi kinetik dan energi potensial. Energi kinetik electron dapat diturunkan dari persamaan (59.13). Kalikan dua ruas pada persamaan (12.14) dengan r/2 maka diperoleh
rmvr
rZekr 2
2
2
22×=×
atau
22
21
21 mv
rZek = (12.15)
Tetapi ruas kanan persamaan (12.15) tidak lain daripada ungkapan energi kinetik electron. Jadi, energi kinetik electron dapat diungkapkan pula dalam bentuk persamaan (12.16) berikut ini
rZekEk
2
21
= (12.16)
enggukan rumus yang sudah kalian pelajari di bab elektrostatik, energi potensial lectron terhadap inti dapat ditulis
Dengan me
rZekEp
2
−= (12.17)
Dengan demikian energi total electron adalah
rZek
rZek
rZek
222 11−=⎟⎟
⎞⎜⎜⎛−+= (12.18) EEE pk 22 ⎠⎝
+=
ingkaran emiliki percepatan ke arah pusat (percepatan sentripetal). Demikian pula dengan electron yang
mengitari inti. Elektron tersebut selalu mengalami percepatan ke pusat inti.
enurut teori elektrodinamika klasik, setiap benda bermutan listrik dan memiliki percepatan a m tik. Karena electron memiliki muatan listrik negatif
aka seharusnya electron terus menerus memancarkan gelombang elektromagnetik selama
Telah kalian pelajari di bab dinamika bahwa partikel yang bergerak dalam lintasan lm
Mkan memancarkan gelo bang elektromage
mmengitari inti. Karena gelombang elektromagnetik merupakan salah satu bentuk energi, maka
pemancaran gelombang elektromagnetik oleh electron menyebabkan energi electron makin berkurang.
526
erdasarkan persamaan (12.18) energi total electron berbanding terbalik dengan jarak dari inti, tetapi berharga negatif. Jadi berkurangnya energi total electron harus disertai dengan makin dekatnya jarak electron dengan inti. Dengan demikian, makin lama jarak electron ke inti makin
karena terus-menerus dipancarkan gelombang elektronmagnetik. Lintasan electron di ekitar inti bukan lagi berupa lingkaran, tetapi berubah menjadi spiral. Pada akhirnya electron
akan jatuh bersatu dengan inti, yang berarti eksikonsekuansi modal atom
engan pengamatan bahwa atom sangat stabil.
Gambar 12.spiral
2.8 Model Atom Bohr Untuk mengatasi masalah yang dihadapi model atom Rutherford, Bohr mengusulkan model kuantum untuk atom. Bohr pada dasarnyelektrodinamika klasik dibatasi keberlakuannya pada skala atom. Bangunan atom sebagai inti
ang dikelilingi electron seperti yang dikemukakan Rutherford benar. Hanya Bohr mengusulkan
h. Lintasan-lintasan rsebut disebut lintasan stasioner atau orbit.
lombang elektromagnetik tersebut diamati sebagai spectrum atom. Jadi spektrum
B
kecil s
stensi atom menjadi hilang. Dengan kata lain, Rutherford adalah atom tidak stabil. Tetapi prediksi ini tidak sesuai
d
10 Lintasan partikel bermutan yang semula berupa lingkaran berubah menjadi
1
a mendukung model atom Rutherford, tetapi
ykeberadaan 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 berubate Jika berada di luar lintasan stasioner maka teori elektrodinamika klasik berlaku dan electron memancarkan gelombang elektromagnetik. Akibatnya, energi electron berakurang dan electron jatuh ke lintasan stasioner yang memiliki energi lebih rendah. Pancaran ge
527
tom diamati ketika terjadi perpindahan electron dari lintasan stasioner yang memiliki energi atinggi ke lintasan electron yang memiliki energi rendah. Lintasan stasioner yang dimiliki electron adalah lintasan yang menghasilkan momentum sudut electron sebagai kelipatan bulat dari π2/h . Jadi pada lintasan stasioner berlaku
π2hnL = (12.19)
dengan L : momentum sudut elektron, tetapan Planck, dan adalah bilangan bulat 1,2,3 …. Parameter n sering disebut bilangan kuantum utama. Untuk gerakan dalam lintasan lingkaran, momentum sudut memenuhi rumus
(12.20) dengan m : massa electron, v : laju elektron, dan r : jari-jari lintasan electron (jarak electron ke
ti). Dari persamaan (12.19) dan (12.20) kita dapat menulis
h n
mvrL =
in
π2hnmvr = (12.21)
Selanjutnya kita akan mencari ungkapan jari-jari orbit electron serta energi yang dimiliki
i orbit-orbit tersebut. Kita dapat mengolah persaman (12.21) sebagai electron ketika berada dberikut
rhnmvπ2
= (12.22)
Kuadratkan ke dua sisi persamaan (12.22) maka diperoleh
22
2222 hnvm =
4 rπ (12.23)
Kalikan ke dua sisi persamaan (12.23) dengan 1/2m maka
22
2222 11 hnvm ×=×
42 rmm π2
22
2221 hnmv = (
8 mrπ12.24)
an sudah lihat, ngkapan energi kinetik dapat juga ditulis dalam bentuk persamaan (12.17). Dengan
menggab
2 Sisi kiri persamaan (12.24) tidak lain daripada ungkapan energi kinetik. Kaliu
ungkan persamaan (12.17) dan (12.24) kita dapatkan
2282 mrn
rk
π= (12.25)
22
2 hZe
alikan dua sisi persamaan (12.25) dengan , diperoleh
1
22 /2 kZerK
222 8 mrn
kZer π×=
22
22
2
2 2212 hrZe
kZer
×
yang akhirnya memberi ungkapan jari-jari lintasan elektron
⎟⎠
2kZme (12.26) ⎟⎞
⎜⎜⎝
⎛= 2
22
4hnr
π
n kita memiliki
Teori Bohr berlaku untuk atom yang hanya memiliki satu electron seperti atom hydrogen atau atom lain yang hampir semua electron (hanya menyisakan satu) terlepas dari atom. Untuk atom hydroge 1=Z sehingga jari-jari orbit electron dalam atom dapat ditulis
HBanh 22
=⎟⎞
(12.27) kme
nr 222
4 ⎟⎠
⎜⎜⎝
⎛=
π
engan
d
224 kmeaHB π
= (2h 12.28)
dikenal dengan jari-jari Bohr untuk atom hydrogen. Nilai adalah
HBa
( )( ) ( ) ( ) ( )219319 10602,1101,910 −− ×××××
= 5.35 10 m 2
234
914,3410625,6 −
××
×=HBa × -11
528
r = 42 × aHB
r = 32 × aHB
r = 12 × aHB
r = 22 × aHB
r = 42 × aHB
r = 32 × aHB
r = 12 × aHB
r = 22 × aHB
529
1 Jari-jari orbit electron untuk beberapa nilai bilangan kuantum utama
-10 m, maka = 0.535 Å.
Gambar 12.1 Karena 1 Å = 10 HBa
Contoh n = 1 r = 1 × 0.535 Å = 0,535 Å
= 2
2
r = 22 × 0.535 Å = 2,14 Å nrn = 3 = 32 × 0.535 Å = 4,815 Å
= 4 n r = 42 × 0.535 Å = 8,56 Å Tampak dari persamaan (12.27) bahwa jari-jari orbit berbanding lurus dengan kuadrat bilangan kuantum utama. Gbr. 12.11 dalah contoh jari-jari lintasan elektron pada beberapa bilangan
530
kuantum utama. 12.9 Energi spectrum atom hidrogen Substitusi r yang diungkapkan oleh persamaan (12.27) ke ke dalam ungkapan energi total yang diungkapkan oleh persamaan (12.18) diperoleh
[ ]( )2222
22
4/221
kZmehnZek
rZekE
nn π
−=−=
( )2
24222 /2n
hemZkπ−= (12.29)
Atom memancarkan energi radiasi elektromagnetik jika electron berpindah dari lintasan bernergi tinggi ke lintasan bernergi rendah. Sebaliknya, jika electron berpindah dari lintasan dengan energi rendah ke lintasan dengan energi tinggi, atau menyerap energi dari luar. Ketika electron berada pada lintasan dengan , energi total yang dimilikinya adalah
1n
( )21
24222
1/2
nhemZkEn
π−=
dan ketika berada pada lintasan dengan , energi yang dimilikinya adalah
2n
( )22
24222
2/2
nhemZkEn
π−=
Jika electron meloncat dari lintasan dengan ke lintasan dengan maka perubahan 1n 2nenerginya adalah
( ) ( )⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−−−=−=∆
2422 /2 hekEEE π22
24222
21
2 /22121 n
hemZkn
mZnnnn
π
⎟⎠
21
22
2 nh⎟⎞
−22 12 mkπ ⎜⎜
⎝
⎛=
42 1n
eZ (12.30)
Ji maka arkan gelombang dengan panjang ka n > loncatan tersebut memanc21 n λ , atau energi
λ/hc yang persis sama dengan 21nnE∆ . Jadi
⎟⎟⎠
⎞⎛= 2
4222 112h
emZkhc πλ ⎜⎜
⎝− 2
122 nn
atau
⎟⎟⎠
⎞⎛4222 1121 emZkπ⎜⎜⎝
−= 21
22
3 nnchλ (12.31)
Untuk atom hydrogen, Z =1, sehingga persamaan (12.31) dapat ditulis menjadi
⎟⎟⎠⎝ 12
dengan
⎞⎜⎜⎛
−= 22111nn
RHλ (12.32)
531
HBH hca2= (ke2
12.33)
disebut konstanta Rydberg.
onstanta Rydberg diperoleh dari hasil eksperimen. Untuk membuktikan kebenaran teori atom h persamaan (12.33)
ang diperoleh dari teori atom Bohr sesuai dengan hasil pengamatan. Dengan menggunakan =9×109 N m2/C2, = 1,602 ×10-19 C, = 6,625×10-34 J/s, = 3×108 m/s, dan =
5,35 ×10-11 m, didapatkan
R
KBohr, kita bisa mengecek apakah konstanta Rydberg yang diungkapkan oleyk e h c HBa
( ) 711834
2199
10625,62109×××
=−
HR 1007,11035,5103
10602,1×=
××××××
−− m-1
Nilai ini sangat dekat dengan nilai pengamatan sebesar 1,097 × 107 m-1 . Ini adalah salah bukti bahwa teori atom Bohr untuk atom hydrogen benar. 12.10 Keadaan dasar danEnergi atom hidroogen paling rendah jika electron menempati orbit dengan n = 1. Kedaan ini
isebut keadaan dasar. Atom hydrogen memiliki energi lebih tinggi jika electron menempati
bilangan kuantuk utama yang bukan satu disebut keadaan tereksitasi. Jika electron lepas dari
terkesitasi
dorbit dengan bilangan kuantum utama lebih besar. Keadaan di mana electron menempati
532
ikatan enempati bilangan kuatum utama tak berhingga. Keadaan ini disebut isasi. Dalam keadaan ini atom hydrogen terurai menjadi dua ion yang berbeda muatan listrik. Jika pada atom hydrogen diberikan energi yang cukup maka electron dapat menyerap energi
ut sehingga dapat meloncat ke keadaan dengan bilangan kuantum lebih tinggi. Peristiwa ini isebut eksitasi. Sebaliknya, jika atom meloncat ke orbit dengan bilangan kuantum utama lebih
kecil maka dipancarkan foton dengan energi sama dengan selisih energi ke dua orbit tersebut. Peristiwa ini disebut deeksita
etika kita melihat benda atau atom memancarkan spectrum maka yang terjadi dalam atom gi dari luar
ntuk proses eksitasi. Dalam waktu yang sangat cepat electron yang tereksitasi tersebut melakukan peorses deeksitasi sehingga memancarkan spectrum. Dalam waktu yang cepat pula, electron tersebut k
2.11 Deret spektrum atom hidrogen Hasil ekprimgaris yang dilimili atom hydrogen. Salah satu deret tersebut adalah deret spectrum garis yang erada dalam daerah cahaya tampak. Tahun 1885, Balmer menunjukkan bahwa panjang
ctrum cahaya tampak yang dipancarkan atom higrogen dapat iungkapkan dalam rumus sederhana
nya dengan proton maka bisa dikatakan electron mkeadaan terion
tersebd
si.
Kadalah peristiwa eksitasi dan deeksitasi secara terus menerus. Atom menerima eneru
embali dieksitasi kemudian di-deeksitasu. Begitu terus menerus.
1
en yang sangat menantang untuk dijelaskan adalah adanya deret-deret spectrum
bgelombang garis-garis sped
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−= 2
12
1211
nRHλ
(12.34)
Apakah model atom Bohr dapat penjelaskan pengamatan ini? Coba kalian amati persamaan (12.32). Jika kalian m gunakan n1 = 2 maka kalian akan mendapatkan persamaan (12.34). Dengan kata lain, deret Balmer adalah spectrum yang
a dua.
i samping menjelaskan secara tepat pengamatan deret Balmer, teori atom Bohr juga Di antara deret tersebut adalah
eng
dipancarkan oleh atom hydrogen ketika electron meloncar dari orbit dengan bilangan kuantum utama lebih dari dua ke orbit bilangan kuantum utam Dmeramalkan keberdaan deret-deret lain. i) Deret Lyman yang dihasilkan oleh transisi electron dari bilangan kuatum utama lebih dari satu
ke bilangan kuatum utama satu. Panjang gelombang dalam deret Lyman memenuhi
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−= 2
12
1111
nRHλ
(12.35)
n=4
533
Gambar 12.12 Transisi electron yang memancarkan spectrum pada deret Balmer ii) Deret Paschen yang dihasilkan oleh transisi electron dari bilangan kuatum utama lebih dari tiga ke bilangan kuatum utama tiga. Panjang gelombang dalam deret Paschen memenuhi
n=2
n=3
n=1
n=4
n=2
n=3
n=1
⎟⎟⎠
⎜⎜⎝
⎛−= 2
12
1311
nRHλ
(12.36) (12.36) ⎞
iii) Deret Brackett yang dihasilkan oleh transisi electron dari bilangan kuatum utama lebih dari empat ke bilangan
iii) Deret Brackett yang dihasilkan oleh transisi electron dari bilangan kuatum utama lebih dari empat ke bilangan
kuatum utama empat. Panjang gelombang dalam deret Brackett memenuhi kuatum utama empat. Panjang gelombang dalam deret Brackett memenuhi
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−= 2
12
1411
nRHλ
(12.37)
iv) Deret Pfund yang dihasilkan oleh transisi electron dari bilangan kuatum utama lebih dari lima ke bilangan kuatum utama lima. Panjang gelombang dalam deret Pfund memenuhi
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−= 2
12
1511
nRHλ
(12.38)
Gbr 12.13 adalah lokasi deret-deret yang dimiliki atom hidrogen. Deret Lyman memiliki panjang gelombang sangat pendek dan berada di daerah ultraviolet. Beberapa garis pada deret Paschen, Bracket, dan Pfund berimpitan.
ambar 12.13 Lokasi deret atom hidrogen
entukan panjang gelombang garis pertama deret Lyman, yaitu gelombang yang dipancarkan
G Contoh Tketika elektron berpindah dari n1 = 2 ke n2 = 1. Jawab
534
535
engan persamaan (12.35) maka D
672
721
2 1023,843)10097,1(
21110097,11
111
×=××=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −×=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−=
nRHλ
atau
7102,11 −×==λ m 61023,8 ×
Contoh Berapa frekuensi garis Balmer yang dipancarkan ketika elektron loncat dari keadaan dengan ilangan kuantum utama 7 ke keadaan dengan bilangan kuantum utama 2? n
Jawab Diberikan n1 = 7
23,0)10097,1(49472 ⎠⎝⎠⎝11)10097,1(11)10097,1(1
211 77
227
21
2 ××=⎟⎞
⎜⎛ −××=⎟
⎞⎜⎛ −××=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−=
nRHλ
tau
61052,2 ×= a
76 1097,3
1052,21 −×=×
=λ m
12.12 Efek Zeeman Jika ada arus yang bergerak melingkar maka dihasilkan momen magnet. Elektron yang mengitari inti atom serupa dengan arus yang bergerak dalam lintasan lingkaran sehingga menghasilkan momen magnet. Ketika atom tersebut ditempatkan dalam medan magnet luar maka terjadi interaksi antara momen magnet tersebut dengan medan magnet sehingga timbul energi interaksi. Akibatnya, energi yang dimiliki electron bukan lagi hanya diungkapkan oleh persamaan (12.29) tetapi mengandung juga komponen interkasi tersebut. Akibat dari interaksi ini maka spectrum yang semula satu garis ketika atom tidak berada dalam medan magnet berubah menjadi sejumlah garis berdekatan ketika atom ditempatkan dalam medan magnet luar yang cukup kuat.
engamatan ini pertama kali dilaporkan oleh Zeeman sehingga dikenal dengan efek Zeeman.
retik maka kehadiran bilangan kuatum utama n saja. erlu diperkanalkan bilangan-bilangan kuantum lain untuk menjelaskan pengamatan tentang
atom lebih lengkap. Ternyata kita perlu memperkenalkan empat bilangan kuantum
P Untuk menjelaskan efek Zeeman secara teoPspectrumuntuk menjelaskan keadaan atom secara lengkap. Baik untuk atom hydrogen maupun atom-atom
berelektron banyak. Keempat bilangan kuantum tersebut sebagai berikut
Gambar 12.14 Contoh efek Zeeman pada atom seng
536
ngan kuantum utama, n. Bilangan ini pertama kali dipernalkan Bohr pada saat atom hydrogen. Khusus untuk atom hydrogen, bilangan kuantum ini adalah
satu-satunya bilangan kuantum yang menyatakan energi electron atom hydrogen, yaitu
1) Bilamerumuskan teori
2
56,13n
En −=
dengan n memiliki nilai dari 1 sampai ∞.
2) Bilangan kuantum orbi . Bilangan ini menyatakan besarnya momentum sudut yang dimiliki electron. Untuk setiap nilai n, bilangan kuantum orbital memiliki n buah nilai, yaitu dari sampai n-1. Jadi, untuk n = 5, nilai l adalah 0, 1, 2, 3, dan 4. Jika nilai bilangan kuantum rbital sebuah electron l maka besar momentum sudut yang dimiliki electron tersebut adalah
tal, l
0o
π2)1( hL += ll (12.39)
Contoh Sebuah electron berada dalam keadaan dengan bilangan kuantum utama n = 3. Tentukan momentum-momentum sudut yang dapat dimiliki electron tersebut. Jawab Diberikan n = 3. Bilangan kuantum orbital adalah l = 0, 1, dan 2. Momentum-momentum sudut yang mungkin dimiliki electron adalah
02
)10(02
)1( =+=+=ππhhL ll Untuk l = 0:
Untuk l = 1: ππ 2
22
)11(1 hhL =+=
l = 2: ππ 2
6)12(2 hhL =+= Untuk 2
ambar 12.15 Kemungkinan arah orientasi momentum sudut electron dalam medan magnet.
magnetic, ml. Jika sebuah momen magnet berinteraksi dengan medan aka hanya komponen yang searah medan yang memberi sumbangan pada energi
yang hampir sejajar dengan n ada yang tegak lurus dengan medan magnet. Besarnya kompnen momentum dengan medan magnet memenuhi
L
ππ 26
2)12(2 hhL =+=
ml = 2
ml = 1
m = 0l
l
537
G
3) Bilangan kuatummagnet minteraksi sedangkan kompnen yang tegak lurus medan tidak memberikan sumbangan pada energi interaksi. Jika electron dengan bilangan kuantuk orbital l ditempatkan dalam medan magnet, maka arah orientasi orbital tersebut bisa bermacam-macam. Ada medan magnet dasudut yang searah
m = -1
ml = -2
L
ππ 26
2)12(2 hhL =+=
ml = 2
ml = 1
l
l
m = 0
m = -1
ml = -2
π2hmLz l=
Dengan bilangan kuantum m magnetic ml emiliki harga antara -l sampai +l. Atau nilai-nilai ml
l = -l, -(l-1), -(l-2), …, -2, -1, 0, 1, 2, …, (l-2), (l-1), l.
Contoh Elektron memiliki momentum sudut l = 3. Berapa bilangan kuantum magnetic yang mungkin dimiliki electron tersebut? Dan tentukan besar komponen momentum sudut dalam arah medan magnet yang berkaitan dengan bilangan kuantum magnetic tersebut? Jawab Nilai-nilai ml yang mungkin adalah m = -3, -2, -1, 0, 1, 2, dan 3.
Untuk ml = -3:
yang mungkin adalah m
l
ππhhLz 2
32
3 −=×−=
ππhhLz −=×−=
22 Untuk ml = -2:
ππ 221 hhLz −=×−= Untuk ml = -1:
02
0 =×−=πhLz Untuk ml =:
ππ 221 hhLz +=×+= Untuk ml = +1:
ππhhLz +=×+=
22 Untuk ml = +2:
ππhhLz 2
32
3 +=×+= Untuk ml = +3:
Contoh Bilangan kuantum utama electron adalah n = 3. Tentukan semua bilangan kuantum orbital dan
magnetic yang mungkin dimiliki electron tersebut.
bilangan kuantumJawab Untuk n = 3, maka bilangan kuantum orbital yang mungkin adalah l = 0, 1, dan 2.
ilangan kuantum magnetic yang berkaitan dengan bilangan-bilangan kuantum orbital di atasBadalah Untuk l = 0, ml = 0 saja Untuk l = 1, ml = -1, 0, dan +1 Untuk l = 2, ml = -2, -1, 0, +1, dan +2 Contoh
538
539
ak ditempatkan dalam medan magnet dan ka ditempatkan dalam medan magnet.
Jawab Jika tidak ditempatkan dalam medan magnet maka hanya satu garis yang muncul yang berkaitan
engan selisih energi keadaan dengan n = 3 dengan keadaan dengan n = 2.
ngan n = 2 dan engan n = 3 atas sejumlah tingkat energi berdekatan. Tingkat energi tersebut ditentukan oleh
kuantum magneti.
k n = 2, bilangan kuantum l yang mungkin adalah 0 dan 1. Untuk l = 0, hanya dihasilkan
tas maka keadaan dengan bilangan kuantum utama n = 3 terpecah menjadi lima
l =-2, -1, 0, +1, dan +2. Keadaan dengan bilangan kuantum utama n = 2 i tiga keadaan deng ml = -1, 0, dan +1.
gi electron menjadi sebagai berikut
aris spektrum yang terpisah akibat atom ditempatkan dalam medan n kuat medan magnet. Dalam bidang astronomi, fenomena ini
Elektron melakukan transisi dari bilangan kuantum utama n = 3 ke bilangan kuantum utama n = 2. Berapa garis spectrum yang muncul jika atom tidji
dTetapi jika ditempatkan dalam medan magnet maka muncul energi intearksi antara orbital eketron dengan medan magnet luar yang menghasilkan pemecahan keadaan dedbilangani) Untuk n = 3, bilangan kuantum l yang mungkin adalah 0, 1, dan 2. Untuk l = 0, hanya dihasilkan ml = 0. Untuk l = 1, dihasilkan ml = -1, 0, dan +1. Dan Untuk l = 2, dihasilkan ml =-2, -1, 0, +1, dan +2. ii) Untuml = 0. Dan untuk l = 1, dihasilkan ml = -1, 0, dan +1. Dari uraian di akeadaan dengan mterpecah menjad anGambar tingkat ener
Tanpa medan magnet Di dalam medan magnet
ml = -1ml = 0ml = +1
ml = -2
ml = +2n = 3
n = 2
Tanpa medan magnet Di dalam medan magnet
ml = -1ml = 0ml = +1
ml = -2
ml = +2n = 3
n = 2
Gambar 12.16 Tingkat energi pada n = 3 dan n = 2 dan transisi yang mungkin Jarak pisah antar garis-gmagnet berbanding lurus denga
540
ukur jarak pisah antar garis spektrum yang dipancarkan intang maka kuat medan listrik di permukaan bintang tersebut dapat ditentukan.
relativitas Einstein pada teori kuatum. Teori yang ia dinamakan teori relatitas kuantum. Namun, sebelumnya sudah ada eksperimen yang
rikan oleh Dirac.
antum orbital l = 0, hanya ada satu ml, yaitu ml = 0.
mungkin, yaitu ml = -2, -1, 0, +1, dan
Tabel berikut adalah daftar bilangan kuantum yang mungkin
n l ml ms n l ml ms
menjadi sangat penting. Dengan mengb 4) Bilangan kuantum spin, ms. Untuk elektron, bilangan kuantum ini hanya memiliki dua nilai yaitu ms = -1/2 dan ms = +1/2. Keberdaan bilangan kuantum ini pertama kali ditunjukkan oleh P.A.M. Dirac setelah menerapkan teoribangunmenunjukkan keberadaan bilangan kuantum tersebut. Eksperimen tersebut dilakukan oleh Stern dan Gerlach. Penjelasan secara teoritik bilangan kuantum tersebut baru dibe Contoh Sebutkan keadaan-keadaan yang mungkin untuk elektron yang memiliki bilangan kuantum utama n = 3. Jawab Untuk n = 3, maka bilangan kuantum orbital yang mungkin adalah l = 0, 1, dan 2. Untuk bilangan kuUntuk bilangan kuantum orbital l = 1, ada tiga ml yang mungkin, yaitu ml = -1, 0, dan +1. Untuk bilangan kuantum orbital l = 2 ada lima ml yang+2. Setiap nilai ml ada dua nilai ms yang mungkin, yaitu ms = -1/2 dan ms = +1/2. Jadi total keadaan yang mungkin adalah (1 + 3 + 5) × 2 = 18 keadaan
3 2 -2 -1/2 3 2 2 +1/2 3 2 -2 +1/2 3 1 -1 -1/2 3 2 -1 -1/2 3 1 -1 +1/2 3 2 -1 +1/2 3 1 0 -1/2 3 2 0 -1/2 3 1 0 +1/2 3 2 0 +1/2 3 1 1 -1/2 3 2 1 -1/2 3 1 1 +1/2 3 2 1 +1/2 3 0 0 -1/2 3 2 2 -1/2 3 0 0 +1/2
ecara umum, keadaan elektron dalam atom dinyatakan oleh empat bilangan kuataum: utama, rbital, magnetik, dan spin. Tiap keadaan berkaitan dengan energi tertentu. Elektron menyerap
12.13 Kaidah Seleksi So
541
n energi tinggi. ebaliknya elektron memancarkan energi kerika berpindah dari keadaan dengan energi tinggi ke
atu keadaan ke eadaan lain yang memenuhi syarat tertentu. Syarat ini yang dikenal dengan kaidah seleksi
energi jika berpindah dari keadaan dengan energi rendah ke keadaan dengaSkeadaan dengan energi rendah. Pertanyaan berikutnya, apakah elektron dapat berpindah dari satu keadaan ke sembarang keadaan lain? Ternyata jawabannya tidak. Elektron hanya dapat berpindah dari skadalah yang memenuhi ∆l
an dalah pada keadaan dengan l = 3 atau l = 5. Selain itu tidak boleh.
ahas cukup mendalam tentang atom hydrogen, mari kita bahas secara singkat atom engandung electron lebih dari satu. Untuk atom hydrogen yang tidak berada dalam
Namun untuk a n dan l. Perbedaan ini
m atom berlektron baynak, electron-elektron dipandang menempati keadaan-keadaan yang berikutnya adalah,
i bilangan kuantum yang sama. Apakan boleh lebih dari
l, dan ms yang persisi sama? Jawaban atas pertanyaan ini diberikan yatakan
Tidak boleh lebih dari satu electron dalam seb h atom miliki e at bilan n kuantum yang sama. Prinsip ini me tur bag ana pe atan el ron-elek dalam uah a ontohnya berikut ini. 1) Atom heliumAto emi i dua ele on. Kit empatk electron ulai dari daan da aitu n = 1. Jika n = 1, mak anya ad = 0. Jika aka anya ada l, = 0.
ntuk ml, = 0 maka ada dua nilai ms yang mungkin, yaitu ms = -1/2 dan ms = +1/2.
= ±1 (12.40) Kaidah seleksi ini menyatakan bahwa hanya dapat berpindah antara dua keadaan dengan selisih bilangan kuantum orbital ±1. Jika mula-mula elektron memiliki l = 4 maka transisi yang dijinka 12.14 Larangan Pauli Setalah membyang mmedan magnet, tingkat energi hanya bergantung pada bilangan kuantum utama, n. atom berlektron banyak, tingkat energi secara umum bergantung paddisebabkan misalnya karena adanya interkasi antar electron yang dimiliki atom tersebut. Daladirepresentasikan oleh empat bilangan kuantu, n, l, ml, dan ms. Pertanyaan berapa buah electron yang boleh memiliksatu electron memiliki n, l, moleh Wolfgang Pauli melalui prinsip larangan. Prinsip ini men
ua me mp ga
nga aim nemp ect ton seb tom. C
m ini m lik ctr a men an m ke sar, y
a h a l l = 0 m h m
U
542
adi, pada tom helium, satu electron memiliki n = 1, l = 0, ml, = 0, dan ms = -1/2 sedangkan = 1, l = 0, ml, = 0, dan ms = +1/2.
keadaan dengan bilangan kuantum utama n = 2. ntuk n = 2, ada dua bilangan kuantum orbital yang mungkin, yaitu l = 0 dan 1. Keadaan
dua nilai ms yang mungkin, yaitu ms = -1/2 dan ms = +1/2. adi, pada atom litium, dua electron menempati keadaan dengan n = 1, dan satu electron
n = 3 kita sebut kulit M, dan eterusnya. Elektron yang memiliki n dan l yang sama dikatakan berada pada subkulit yang
amakan subkulit s, jika l = 1 kita namakan subkulit p, jika l = 2 kita
mikian, ada keadaan dengan nilai l tertentu ada 2 × (2l+1) electron yang bisa ditempatkan.
an adalah 2(2×2+1) = 10 lektron.
an seterusnya.
gurasi Elektron ecara umum, energi electron dalam atom ditentukan oleh bilangan kuantum n dan l. Untuk nilai
yang lebih kecil memiliki energi lebih kecil. Elektron-elektron mula-mula diisi
Jelectron lain memiliki n 2) Atom litium Atom ini memiliki tiga electron. Pada bilangan kuantum utama n = 1, ada dua electron yang bisa ditempatkan. Elektron ketiga akan menempatiUdengan l = 0 memiliki energi lebih rendah. Agar electron berada dalam keadaan dasar maka electron tersebut harus menempati keadaan dengan l = 0. Untuk l = 0 maka hanya ada ml, = 0. Untuk ml, = 0 maka ada Jmenempati keadaan dengan n = 2, l = 0, ml, = 0, dan ms = -1/2 atau ms = +1/2. 12.15 Kulit dan Subkulit Elektron yang memiliki bilangan kuantuk utama, n, yang sama dikatakan berada pada kulit yang sama. Jika n = 1 kita sebut kulit K, jika n = 2 kita sebut kulit L, jika ssama. Jika l = 0 kita nnamakan subkulit d. Mulai dari l = 3, nama sub kulit mengikuti alfabet f, g, h, i, dan seterusnya. Untuk nilai l tertentu, nilai-nilai ml yang mungkin adalah -l, -(l-1), …, -1, 0, +1, … +(l-1), dan +l. Dengan demikian, untuk nilai l tertentu, variasi nilai ml yang mungkin adalah (2l+1) buah. Tiap nilai ml ada dua nilai ms yang mungkin, yaitu ms = -1/2 atau ms = +1/2. Dengan dePJadi i) pada sub kulit s (l = 0), jumlah electron yang dapat ditempatkan adalah 2(2×0+1) = 2 elektron. ii) pada sub kulit p (l = 1), jumlah electron yang dapat ditempatkan adalah 2(2×1+1) = 6 elektron. iii) pada sub kulit d (l = 2), jumlah electron yang dapat ditempatkeiv) pada sub kulit f (l = 3), jumlah electron yang dapat ditempatkan adalah 2(2×3+1) = 14 elektron. D 12.16 KonfiSn tertentu, nilai l
543
liskan bilangan kuantum utama yang diiskuti oleh orbital dan itar tersebut yang dinyatakan dalam tanda supercript. Urutan
natrium memiliki 11 elektron. Orbital 1s maksimal diisi dua electron. Orbital 2s ital 2p maksimal diisi enam electron. Orbital 3s maksimal diisi
tron) adalah
ditampilkan di Tabel 12.1
pada keadaan dengan energi lebih rendah. Pengisian keadaan oleh electron (konfigurasi) electron biasanya dinyatakan dengan menujumlah electron yang menempati orbpenulisan mulai dari yang memiliki energi kecil adalah 1s, 2s, 2p, 3s, 3p, 4s, dan seterusnya. Contonya, atommaksimal diisi dua electron. Orbdua electron. Jadi, konfigurasi electron pada atom natrium (diisi hingga 11 elek 1s22s22p63s1
Konfigurasi electron dalam keadaan dasar sejumlah unsure Tabel 12.1 Konfigurasi electron beberapa unsure dalam keadaan dasar. Jumlah elektron Namam unsur Konfigurasi elektron 1 H 1s1
2 He 1s2
3 Li 1s22s1
4 Be 1s22s2
5 B 1s22s22p1
6 C 1s22s22p2
7 N 1s22s22p3
8 O 1s22s22p4
9 F 1s22s22p5
10 Ne 1s22s22p6
11 Na 1s22s22p63s1
12 Mg 1s22s22p63s2
13 Al 1s22s22p63s23p1
14 Si 1s22s22p63s23p2
15 P 1s22s22p63s23p3
16 S 1s 2s 2p 3s 3p2 2 6 2 4
17 Cl 1s22s22p63s23p5
18 Ar 1s 2s 2p 3s 3p2 2 6 2 6
19 K 1s22s22p63s23p64s1
20 Ca 1s22s22p63s23p64s2
544
1 Sc 1s22s22p63s23p63d14s2222 Ti 1s22s22p63s23p63d24s2
23 V 1s22s22p63s23p63d34s2
24 Cr 1s22s22p63s23p63d44s2
25 Mn 1s22s22p63s23p63d54s2
26 Fe 1s22s22p63s23p63d64s2
12.17 Spektrum Sinar-X
iolet yang dipancarkan atom-atom dihasilkan leh transisi electron-elektron kulit terluar atom tersebut. Energi yang berubah akibat transisi
lami aya Coulomb yang santa besar. Akibatnya, energi yang dimiliki electron tersebut sangat besar.
sisi electron antar kulit terdalam suatu atom yang memiliki nomor atom besar (Z esar) maka dipancarkan energi foton yang tinggi. Gelombang elektromagnetik yang
agaimana caranya agar kita dapat mentraisi electron pada kulit terdalam dalam atom yang material tersebut dengan
rnergi sanga ectr mengenai electron yang rada pada kulit terdalam, aka electron di lit terdalam atom dapat terpental keluar. ibatnya, kulit terdalam m i tidak penuh ektron pada julit berikutnya jatuh mengisi pat kosong di kulit terdala disertai pemancaran gelombang elektromagnetik. Untuk nomor
m besar, gelombang EM g dipancarkan dalam daerah sinar-X. Gambar 59.17 alah contoh mekansime produksi sinar-X.
lit-kilit dalam atom berlekt banyak sering d ol untuk kulit terdalam (n = 1)ntuk kulit kedua dari dalam = 2) ntuk kulit ketiga dari dala = 3) seterusnya. dasarkan jenis kulit yang di tujuan tran uh mengisi tempat kosong, mengklasifikan garis-garis sinar-X yang dipa agai is K: dihasilkan oleh trans lektron dari kul lit K is L: dihasilkan oleh trans elektron dari kul lit L is M: dihasilkan oleh trans elektron dari ku ulit M
Spektrum infra merah, cahaya tampak dan ultravotersebut bersesuaian dengan energi foton sinar inframerah sampai ultraviolet. Jika inti atom mengandung banyak proton maka electron-elektron kulit terdalam mengagJika terjadi tranbdipancarkan berada dalam daerah sinar X. Bmemiliki nomor massa besar? Caranya adalah menembakkan atom electron yang be t tinggi. Jika el on yang ditembakkanbe m kuAk enjad . Eltem m, ato yan beradaad Ku ron iberi simbK L u (nM u m (nDanBer menja sisi elektron yang jatkita nxarkan atom sebGar isi e it lebih luar ke kuGar isi it lebih luar ke kuGar isi lit lebih luar ke k
-
545
r-X Gambar 12.17 Mekanisme produksi sina Garis K pun bisa menghasilkan panjang gelombang yang berbeda-beda. i) Garis akibat transisi elektron dari kulit L ke kulit K disebut garis Kα
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
--Ze
-Elektron
Energi tinggi
-
-
-
-
--
-
--
-
-
-
--Ze
-Elektron meninggalkan
kulit terdalam
-
-
-
--
-
--
-
-
-
--Ze
Elektron meloncak kekulit terdalam
-
Sinar-X
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
--Ze
-Elektron
Energi tinggi
-- --
--
--
----
--
----
--
--
--
----Ze
--Elektron
Energi tinggi
-
-
-
--
-
-
--
-
-
-
--Ze
-Elektron meninggalkan
kulit terdalam--
--
--
----
--
----
----
--
--
----Ze
--Elektron meninggalkan
kulit terdalam
-
-
-
--
-
--
-
-
--Ze
Elektron meloncak kekulit terdalam
-Sinar-X
--
--
--
----
--
----
--
--
----Ze
Elektron meloncak kekulit terdalam
Sinar-X--
ii) Garis akibat transisi elektron dari kulit M ke kulit K disebut garis Kβ
iii) Garis akibat transisi elektron dari kulit N ke kulit K disebut garis Kγ
Demikian pula dengan garis L.
546
Garis akibat transisi elektron dari kulit M ke kulit L disebut garis Lα
ii) Garis akibat transisi elektron dari kulit N ke kulit L disebut garis Lβ
Dan seterusnya Jika permukaan logam dalam tabung hampa ditembak dengan elektron bernergi tinggi maka dihasilkan spektrum sinar-X seperti pada Gbr 12.18
Gambar 12.18 Spektrum sinar-X yang dihasilkan jika molibdenium ditembak dengan elektron bernergi 50 keV. Kita amati spektrum keseluruhan terdiri dari dua macam spektrum, yaitu spektrum kontinu dan beberapa puncak tajam. Spektrum kontinu dihasilkan akibat perlambatan elektron oleh atom. Partikel yang bermuatan yang dipercepat atau diperlambat akan memancarkan gelombang elektromagnetik (bremstrahlung). Untuk elektron yang memiliki energi di atas 30 keV, jika diperlambat oleh atom maka gelombang elektromagnetik yang dipancarkan berada dalam daerah sinar-X. Puncak-puncak tajam dihasilkan oleh transisi elektron dari kulit luar ke kulit dalam. Pada Gambar 59.18 kita amati garis Kα dan Kβ dari atom milibdenium. Lokasi garis tajam pada spektrum tidak bergantung pada energi elektron yang ditembakkan pada material tetapi semata-mata bergantung pada material target. Penyebabkanya karena garis tersebut dihasilkan akibat transisi elektron antar kulit material target. Sebaliknya lokasi spektrum kontinu bergantung pada energi elektron yang ditembakkan pada material. Jika elektron dipercepat dalam benda potensial V, maka energi elektron ketika sampai di anoda (material target) adalah
i)
547
E = e V Jika seluruh energi tersebut diubah menjadi gelombang elektromagnetik maka panjang gelombang yang dihasilkan, λo, memenuhi hfo = eV
eVcho
=λ
atau panjang gelombang sinar-X yang dihasilkan adalah
eVhc
o =λ (12.41)
Tidak semua energi elektron dapat diubah menjadi gelombang lektromagnetik. Jadi, tidak semua energi elektron diubah menjadi sinar-X. Akibatnya, energi foton sinar-X yang dihasilkan banyak yang lebih kecil dari energi elektron yang menumbuk material. Ini berakibat pula, panjang gelombang sinar-X yang dihasilkan banyak yang lebih besar dari λo. Secara umum, panjang gelombang sinar-X yang dihasilkan memenuhi λ ≥ λo (12.42) Panjang gelombang λo sering disebut panjang gelombang “cut off”. Ini merupakan panjang gelombang yang terkecil yang dapat dihasilkan. 12.18 Hukum Moseley Penjelasan tentang panjang spektrum garis sinar-X pertama kali diberikan oleh Moseley tahun 1914. Moseley mendapatkan bahwa panjang gelombang spektrum garis sinar-X memenuhi
2)1(1−
∝Z
λ (12.43)
dengan Z adalah nomor atom material target.
ka elektron kulit K terpental keluar dari atom, maka lektron-elektron pada kulit luar akan melihat inti atom dan satu elektron yang tersisi dan kulit K.
yang tersisi di kulit K (Z-1)e (muatan total inti
Hukum ini bisa dijelaskan sebagai berikut. JieElektron di kulit L, M, N, dan seterusnya melihat inti dan satu elektronberperan seolah-olah sebagai inti baru dengan muatan efektif +Ze – e =
548
iganti dengan (Z-1) kita dikurangi muatan elektron di kulit K). Jika Z pada persamaan (59.30) ddapatkan energi foton yang dipancarkan atom adalah
⎟⎟⎠
⎜⎜⎝
−= 223
11)1(21nnch
eZmkλ
⎞⎛− 4222π
12
(12.44)
ampak dari persamaan (12.44) bahwa T
2)1(1−∝ Z
λ yang persis sama dengan hukum Moseley. Contoh Jika panjang gelombang terpendek pada spektrum kontinu sinar-X dari suatu tabung adalah 0,030 nm, berapa tegangan antara dua elektroda tabung? Jawab Diberikan λo = 0,030 nm = 3,0 × 10-10 m Dengan menguunakan persamaan (59.40) maka
)100,3()106,1()103()10626,6(
1019
834
−−
−
××××××
==oe
hcVλ
= 4141 V
ng sinar-X yang dihasilkan akibat transisi elektron dari keadaan n = 2 ke eadaan n = 1 dalam atom krom (Z = 24)
Contoh Perkirakan panjakJawab Persamaan (12.31) untuk atom hidrogen dapat kita tulis sebagai berikut
221
22
221
22
3
422
21
22
3
4222 111121121 Znn
RZnnch
meknnch
emZkH ⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−=
ππλ
Panjang gelombang sinar-X yang dihasilkan diperoleh dengan mengganti Z pada persamaan di atas dengan Z-1. Jadi Panjang gelombang sinar-X yang dihasilkan atom Co akibat transisi dari n
2 ke n = 1 memenuhi =
9222
7221
22
1035,4)23(41
11)10097,1()1(111
×=×⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −××=−⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−= Z
nnRHλ
atau
101035,21 −×==λ m 91035,4 ×
2.19 Energi Vibrasi Molekul
kat-tingkat energi dalam atom. Hal serupa akan ijumpai pada molekul. Pada molekul terjadi tarik-menarik antar atom penyusun molekul. Oleh
kita mengarapkan molekul juga memiliki tingkat-tingkat energi. Jarak antar atom dalam molekul sebenarnya tidak konstan. Jarak tersebut berubah-ubah secara
alaupun begitu, ada jarak seimbang antar atom-atom tersebut. Vibrasi atom-atom dalam olekul berupa getaran di sekitar titik seimbangnya. Jika jarak seimbang antar atom adalah
suatu saat adalag
1Pada atom terjadi tarik-menarik antara inti dan electron. Dengan menggunakan mekanika kuantum tarikan tersebut melahirkan tingdkarena itu
periodic. Peristiwa ini dinamakan vibrasi atau getaran.
roro Gambar 12.19 Atom dalam molekul bervibrasi disekitar jarak seimbang W
or mr dan jarak antar atom pada maka energi potensial vibrasi adalah
21 rkE ∆= 2vib
( )21
orrk −=
vibrasi. Tampak bahwa energipotensial vibrasi emenuhi hokum Hooke.
2 (12.45)
dengan k adalah “konstanta pegas” untuk m Jika diselesaikan dengan menggunakan mekanika kuantum maka vibrasi molekul melahirkan tingkat-tingkat energi yang disktrit. Tingkat-tingkat energi vibrasi memenuhi
549
ov hfvE ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +=
21 (12.46)
dengan adalah frekuensi karakterisik vibrasi m
adalah bilangan kuantum vibrasi yang memiliki nilai 0, 1, 2, …. Jika µ adalah massa tereduksi brasi memenuhi
of olekul, h adalah konstanta Planck, dan ν
molekul maka frekuensi karakteristik vi
µπkfo 2
1= (12.47)
an massa tereduksi memenuhi hubungan d
21
111mm
+=µ
(12.48)
dengan m1 dan m2 adalah massa atom-atom yang berikatan.
ingkat energi vibrasi terendah berkaitan dengan ν, yaitu
2/oo hfE =T . Energi ini disebut energi
titik nol atau zero point energy.
ransisi untuk vibrasi adalah
(12.49)
eadaan berdekatan, yaitu dengan perbedaan bilangan kuantum –1 atau +1. Energi yang dipancarkan akibat transisi dari keadaan dengan bilangan kuantum vibrasi ν ke dadaan dengan bilangan kuantum vinbrasi ν-1 adalah
Kaidah t ∆ν = ±1 Artinya, transisi antar keadaan vobrasi hanya dapat terhadi antara dua k
[ ] o⎠2
Contoh Molekul hidrogem memancarkan gelombang inframerah dengan panjang gelombang sekitar 2
m.
o hfvhfvE ⎟⎞
⎜⎝⎛ +−−⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ +=∆
1121 hf= o
300 n
550
551
(a) Berapa jarak anatar dua tingakt energi berdekatan yang dimiliki molekul hydrogen? (b) Berapa energi vibrasi terendah? awab
ibrasi bahwa transisi hanya boleh terjadi antara dua keadaan JBerdasarkan kaindah transisi vberdekatan maka radiasi yang dipancarkan molekuk hydrogen di atas merupakan selisih dari dua energi berdekatan. Dengan demikian, jarak antara dua tingkat ebergi berdekatan adalah
20834
1064,8)103()10625,6( −−
×=×××
==∆hcE J 9 )103002( −×λ
rgi tersebut adalah Jika dinyatakan dalam satuan eV maka beda tingkat ene
19
20
106,11064,8
−
−
××
=∆E = 0,54 eV
b) Selisih dua tingkat energi berdekatan memenuhi . Jadi, = 0,54 eV. Tingat energi terendah atau energi titik nol adalah = 0,54/2 = 0,27 eV 12.20 Energi Rotasi Molekul Di samping energi vibrasi, bentuk energi lain yang dapat dimiliki molekul adalah energi rotasi. Untuk atom tunggal, energi rotasi diabaikan karena ukuran atom yang sangat kecil (mendekati
tik). Tetapi untuk molekul, ada dimensi yang dimiliki akibat atom-atom penyusun molekul kul.
ohf ohf 2/ohf
timemiliki jarak trtentu. Dengan demikian, energi rotasi muncul pada mole Energi kinetik rotasi molekul memenuhi
( )22 11 ωω IIE == 22 Irot
I21
= L2 (12.50)
dengan ω : kecepatan sudut rotasi, I : m
iliki nilai yang terkuantisasi menurut hubungan
omen inersia molekul, dan L : momentum sudut molekul Jika dikaji dari teori kuantum, rotasi molekul melahirkan tingkat-tingkat energi yang disktrit. Momentum sudut yang dim
π2)1( hLL + (12.51) L =
552
Dengan h adalah3, … Dengan demikian, energi kinetik rotasi molekul memiliki nilai-nilai disktrit yang
emenuhi
konstanta Planck, L disebut bilangan kuantum momentum sudut rotasi = 0, 1, 2,
m
22 )1(
8hLL1
IErot +=
π (12.52)
Kaidah transisi yang berkalu untuk ritasi adalah ∆L = ±1
engan demikian, jika molekul melakukan transisi dari keadaan dengan bilangan kuantum L ke gi sebesar
(12.53)
Dkeadaan dengan bilangan kuantum L-1 maka dilepas ener
22
2 ]1)1)[(1(1)1 hLL2 8(
81
IL
IE =∆ hL +−−−+
ππ
[ ]LLLLI
h 222
+−+= 28π
LI
h2
24π= (12.54)
ransisi rotasi dari L = 1 ke L = 0 molekul CO menyebabkan pemancaran gelombang mikro mm. Hitunglah
) momen inersia molekul CO
) panjang gelombang tiga transisi berikutnya.
Contoh Tdengan panjang gelombang λ1 = 2,60ab) panjang ikatan molekul CO (jarak natara atom C dan O) cJawab dengan menggunakan persamaan (61.10) energi yang dipancarkan akibat transisi dari keadaan dengan bilangan kuantum L ke bilangan kuantum L-1 adalah
LI
hE 2
2
4π=∆
Untuk transisi dari L = 1 ke L = 0 maka
Ih
IhE 2
2
2
2
41
4 ππ=× =∆
Tetapi
1λhcE =∆
sehingga
Ihhc
2
2
1 4πλ=
atau
chI 2
1
4πλ
=
46334
105,1)106,2()10625,6( −−−
×=×××
= kg m2 82 )103()14,3(4 ×××
b) massa atom C adalah m × (1,66 × 10-27 kg) = 2 × 10-26 kg
assa atom O adalah m2 = 16u = 16 × (1,66 × 10-27 kg) = 2,7 × 10-26 kg
ebelum menentukan momen inersia, kita tentukan lokasi pusat massa. Jika dianggap atom O aka lokasi atom C berda pada posisi d yang sama dengan jarak
1 = 12u = 12 m Gambar Sberada pada pusat koordinat mdua atom. Posisi pusat massa diukur dari jarak atom O adalah
duu
duumm
xmxmr 43,0121612016
21
22111 =
+×+×
=++
=
Jarak atom C dari pusat massa adalah
57,043,012
r dddrd =−=−= Momen inersia molekul CO adalah
11mI =
2222 )57,0(12)43,0(16 dudurmr ×+×=+ 22286,6 ud=
maka
1027 1015,1
)1066,1(86,6105,1
86,6−
− ×=××
×==
uId m
46−
) Energi foton akibat transisi dua keadaan berdekatan memenuhi c
LI
h2
2
4πE =∆
553
554
etapi T
1λhcE =∆
sehingga
LI
hhc2
2
4πλ=
Dengan demikian
L 1
∝λ
tau a
1
21 L=
λ 2 Lλ
Tuga transisi berikutnya berkaitan dengan L = 2, L 3, dan L = 4. Jadi, untuk transisi dari L = 2 ke L = 1 maka panjang geloombang memenuhi
=
30,160,221
11 =×== λλ
LL mm
= 3 ke L = 2 maka panjang geloombang memenuhi L
87,060,231
11 =×== λλ
LL mm
L = 4 ke L = 3 maka panjang geloombang memenuhi
65,060,2411 =×=λ
L mm 1
Soal dan Penyelesaian
) Jika cahaya dengan spectrum sangat lebar (panjang gelombang dari yang sangat pendek pada gas hydrogen pada suhu kamar maka garis-garis
absorpsi yang diamti hanya garis pada deret Lyman. Mengapa tidak diamati garis absoprsi deret lainnya? awab
hu kamar atom hydrogen berada dalam keadaan dasar. Jadi, electron berada pada orbit
=λL
1hingga sangat panjang ada) dilewatkan
JPada su
555
dengan n = 1. Ketika terjadi absorpsi cahaya, maka electron akan meloncar nari n = 1 ke n > 1. Loncatan yang berasal dari n = 1 menghasilkan garis absorpsi deret Lyman.
orpesi deret Balmer akan diamati jika mula-mula electron berad pana n = 2 dan omnac ke n > 1. Tetapi keadaan dengan n = 2 bukan keadaan dasar.
Jadi kita tidak akan mengamati spectrum absorpsi deret Balmer. Demikian juga spectrum absorpsi deret Paschen, Brackett, dan Pfund tidak diamati.
) Berapa nilai e/m untuk partikel yang bergarak dalam lintasan lingkaran degan jari-jari 7,00 m dan dalam edan magnet 0,86 T jika lintasan tersebut dapat diluruskan oleh medan listrik 300 V/m Jawab Diberikan
= 0,86 T
unakan persamaan (59.5)
Garis absle
2
m
BR = 7,00 mm = 7,00 × 10-3 m E = 300 V/m G
4322 108,5)1000,7()86,0(
300×=
××==
Ee−rB
C/kg
,536 × 10-19 C 13,13 × 10-19 C 19,71 × 10-19 C 8,204 × 10-19 C 16,48 × 10-19 C 22,89 × 10-19 C 11,50 × 10-19 C 18,08 × 10-19 C 26,13 × 10-19 C
erapakah muatan elementer yang berdasarkan data-data di atas? awab
sebagai berikut. Gambar grafik dengan sumbu datar adalah bilangan bulat mulai dari nol pada titik pangkal
koordinat dan sumbu tegak adalah muatan tetesan.ii) Tarik garis vertikal melaui setip bilangan bulat pada sumbu datar.
tik garis horisontal melalui setiap nilai muatan pada sumbu vertikal. iv) Pangkal koordinat haruslah pada angka (0,0) v) Tarik garis melalui pangkal koordinat sedemik pa sehingga garis tersebut selalu melewati titik potong antara garis vertikal dan garis horisontal.
vertikal tersebut.
m
3) Dalam suatu eksperimen, Millikan mengukur muatan beberapa tetesan minyak sebagai berikut 6
B
JCara menentukan muatan elementer i)
iii) Ra
ain ru
vi) Data yang terukur berada pada perpotongan garis horisontal dan
0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 200
5
10
1
556
ambar 12.20 Pada Gbr 12.20, garis ya wati perpotongan garis vertikal dan horisontal adalah garis
erah.
dengan
: muatan elementer n : jumlah muatan elementer
ari persamaan ini tampak bahwa kemiringan kurva Q terhadap n merupakan besar muatan lementer tersebut. Dari Gbr 12.20, kemiringan kurva adalah
G
ng melemvii) Persamaan garis yang dibuat memenuhi
enQ =
Q : muatan tetesan e
De
1919
10634,110536,6 −
×=×
=e4
Nilai ini sangat dekat dengan nilai muatan elementer elektron. 4) Cari en
− C
ergi ionisasi Li2+
Jawab Ion Li2+ hanya memiliki satu elektron dan inti yang terdiri dari tiga proton (Z = 3) sehingga kita
5
20
25
30
0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 200
5
10
1
20
25
30
Muatan
tetesan(
C)
10-19
Bilangan bulatBilangan bulat
tetesan(
C)
10-19
5
Muatan
dapat menerapkan teori atom Bohr. Energi ionisasi dapat dihitung dengan menggunakan persamaan (59.28) dengan mengambil n = 1 Jadi, energi ionisasi adalah ( ) [ ] 18−
laskan ini?
an hanya diamati jika ada medan magnet yang mengenai elektron. Pemisahan garis p ada meskipun pada atom tersebut tidak diberikan medan magnet? Lalu dari maba
l? ebagai berikut. Elektron bergerak mengitari inti. Jika kita melihat dari elektron
gitari elektron dalam arah berlawanan. Karena inti bermuatan maka gerakan inti menyebabkan munculnya arus engelilingi elektron. Berdasarkan hukum Biot-Savart, maka pada posisi elektron muncul medan magnet. Nah medan magnet inilah yang
enyebabkan munculnya efek Zeeman pada spektrum natrium.
) Manakah dari konfigurasi elektron berikut ini yang dilarang? p
p 4s24d54awab
ektron atau lebih menempati eempat bilangan kuantum yang sama. Akibat prinsip ini maka orbital ns maksimal ditempati
ktron, orbital np maksimal ditempati enam elektron, orbital nd maksimal ditempati
sip Pauli. Jadi konfigurasi
orbital p maksimal ditempati 6 elektron, orbital
rbolehkan.
) Untuk n = 6, berapa nilai l yang mungkin? awab
1121992 )1035,5(2/()10602,1(3)109(2/ −− ××××××akZe HB2 105,6
1×−=−=−
n J
= -40,4 eV 5) Garis kuning dengan panjang gelombang 589-nm yang dihasilkan atom natrium sebenarnya terdiri dari dua garis yang sangat dekat. Pemisahan ini disebabkan oleh efek Zeeman. Bagaimana menjeJawab Efek Zeemnatrium tetamedan magnet tersebut muncuJawabannya smaka akan tampak inti men
yang m
m 6a) 1s22s22p43s24 2
b) 1s22s22p82s1
c) 1s22s22p63s23 5 f1
JPrinsip larangan Pauli menyatakan bahwa tidan boleh dua elkdua elesepuluh elektron, dan seterusnya Pada a) tiap orbital s maksimal ditempati dua elektron dan oprbital p ditempati kurang dari 6 elektron. Jadi konfigurasi tersebut diperbolehkan Pada b) orbital 2p ditempati oleh 8 elektron. Ini melanggar printersebut terlarang. Pada c) orbital s maksimal ditempati 2 elektron, d ditempati 5 elektron dan orbital f hanya ditempati satu elektron. Tidak ada satupun yang melanggar prinsip Pauli. Jadi konfigurasi tersebut dipe 7J
557
558
l memiliki nilai dari 0 samlai n-1. Jadi nilai l yang mungkin adalah: 0, 1, 2, 3, 4, dan 5 8) Untuk n = 5 dan l = 4, berapa nilai ml dan ms yang mungkin? Jawab Nilai ml hanya bergantung pada l dan tidak bergantung pada n Untuk nilai l tertentu, nilai ml yang mungkin adalah: -l, -(l-1), ..,-1, 0, +1, …, +(l-1), +l Jadi, untuk l = 4, nilai ml yang mungkin adalah: -4, -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3, 4 Nilai ms tidak bergantung pada bilangan kuantuk lainnya. Selalu ada dua kemungkinan nilai ms yaitu –1/2 dan + 1/2 9) Berapa banyak elektron yang dapat menempati subkulit n = 6 dan l = 3? Jawab Untuk l = 3, nilai nilai ml yang mungkin adalah: -3, -2, -1, 0, 1, 2, dan 3 (ada 7 ml yang mungkin) Tiap nilai ml ada dua nilai ms yang mungkin yaitu –1/2 dan + 1/2.
engan demikian, maksimum elektron yang dapat menempati subkulit tersebut adalah 2 × 7 = 14
kan bilangan kuntum untuk tiap keadaan yang mungkin
ntuk n = 4, nilai l yang mungkin adalah: 0, 1, 2, dan 3 Untuk l yang mungkin adalah 0 (satu nilai)
l yang mungkin adalah –1, 0, dan 1 (tiga nilai) yang mungkin adalah –2, –1, 0, 1, dan 2 (lima nilai)
ang mungkin adalah –3, -2, –1, 0, 1, 2, dan (tujuh nilai) ungkin adalah 1 + 3 + 5 + 7 = 16 macam
iap nilai m mengandung diua kemungkinan nilai ms yaitu –1/2 dan + 1/2. Jadi total keadaan
lah sebagai berikut l ml ms n l ml ms
Delektron 10) Berapa banyak keadaan yang mungkin untuk elektron yang memiliki bilangan kuantum n = 4? TulisJawab U
l = 0, nilai mUntuk l = 1, nilai mUntuk l = 2, nilai ml
Untuk l = 3, nilai ml yJadi jumlah variasi ml yang mT l
elektron yang mungkin untuk n = 4 adalah: 2 × 16 = 32 keadaan Daftar bilangan-bilangan kuantum yang mungkin tersebut adan4 0 0 -1/2 4 2 2 -1/2 4 0 0 +1/2 4 2 2 +1/2 4 1 -1 -1/2 4 3 -3 -1/2 4 1 -1 +1/2 4 3 -3 +1/2 4 1 0 -1/2 4 3 -2 -1/2 4 1 0 +1/2 4 3 -2 +1/2 4 1 1 -1/2 4 3 -1 -1/2
4 1 1 +1/2 4 3 -1 +1/2 4 2 -2 -1/2 4 3 0 -1/2 4 2 -2 +1/2 4 3 0 +1/2 4 2 -1 -1/2 4 3 1 -1/2 4 2 -1 +1/2 4 3 1 +1/2 4 2 0 -1/2 4 3 2 -1/2 4 2 0 +1/2 4 3 2 +1/2 4 2 1 -1/2 4 3 3 -1/2 4 2 1 +1/2 4 3 3 +1/2 11) Sebuah atom hidrogen memiliki l = 4. Berapakah kemungkinan nilai n, m , dan m ?
ogen berada pada keadaan n = 4 an l = 3.
anya bergantung pada bilangan kuantum l, yaitu
l s
Jawab Untuk nilai n tertentu, harga l yang mungkin adalah 0, 1, 2, …. (n-1). Tampak bahwa n harus lebih besar dari l. Jika dibalik, untuk l = 4, nilai n yang mungkin adalah 5, 6, 7, … dan setersunya. Untuk l = 4, nilai ml, yang mungkin adalah: -4, -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3, dan 4. Dan nilai ms tidak bergantung pada bilangan-bilangan kuantum lainnya, selalu –1/2 atau +1/2 12) Hitung besar momentum sudut jika elektron pada atom hidrdJawab Momentum sudut h
ππππhL )13(3
2)1( +=+= ll
559
hhh 3212
2==
dapat menempati sub kulit tersebut adalah 2 × (2l+1) = 2 × (2
b) 2p → 1s
erdasarkan kaidah transisi, transisi yang diijinkan hanya yang memenuhi: ∆l = ±1. (orbital p). ∆l = 0 (dilarang)
sisi terjadi dari l = 1 (orbital p) ke l = 0 (orbital a). ∆l = -1 (diijinkan)
13) Berapa jumlah elektron maksimum yang menempati subkulit g? Jawab Sub kulir g berkaitan dengan l = 4. Jumlah maksimum elektron yang × 4 +1) = 18 14) Pada transisi berikut ini, yang manakah yang diijinkan dan yang manakah yang dilarang? a) 4p → 3p c) 3d → 2d d) 4d → 3s e) 4s → 2p Jawab Ba) Transisi terjadi dari l = 1 (orbital p) ke l = 1b) Tran
560
k mungkin ada orbital 2d (n = 2 dan l = 2). l harus lebih kecil
) Transisi terjadi dari l = 2 (orbital d) ke l = 0 (orbital s). ∆l = 2 (dilarang)
c) Transisi ini tidak mungkin. Tidadari n. de) Transisi terjadi dari l = 0 (orbital s) ke l = 1 (orbital p). ∆l (dijinkan)
an oleh potensial Lennard-Jones
= 1 15) Salah satu bentuk energi potensial molekul diatomic diberik
B612 rr
AU −=
dengan A dan B adalah konstan dan r adalah jarak antara dua atom. Dinyataman dalam A dan B ari
gi Eo yang diperlukan untuk memecah molekul tersebut menjadi atom bebas
dan menjadikan sama dengan
c(a) jarak ro kerika energi potensial minimum (b) ener(c) cari ro dalam meter jika A = 0,124 × 10-120 eV m12 dan B = 1,488 × 10-60 eV m12 Jawab a) Energi potensial minimum diperoleh dengan mendiferensisl Unol. Jadi
0612 713 =+−=rB
rA
dr
atau
dU
0612 6 BA − =+r
atau
6/12⎟⎞
⎜⎛=
Ar ⎠⎝ B
6/1
Jadi, jarak antar dua atom agar energi minimum adalah 2⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
BAro
b) Energi inimum diperoleh dengam ensubstitusi ro ke dalam
rsaman potensial, yaitu m ikatan antara dua atom m
pe
6or
12orA
−= BU
( )[ ] [ ] )/2())2(/2266/112 BA
BBABA
A−=−
/2( A/ B6/1
AB=
AB
B/ABAA
BABAB
BAA
44/2(2
)/2(/2(
)/2( 22 −=−
=
lam kea n terpisa aitu r = ergi potensial m kul adala
AA−=
)2
) 2
22 −=
Da daa h, y ∞, en ole h
0612 =∞
−∞
=A
lisih ene minimu olekul dalam k daan ter ah sama dengan energi ikat, u energi ng diper an untuk ecah lekul. Ja besar en 2/4A.
BU
Se rgi m dan energi saat m ea pisata ya luk mem mo di, ergi ikat adalah B c) Jarak atom saat energi minimum adalah
106/11206/1 10124,022 −
− ⎞⎜⎜⎝
⎛ ××=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛=
BAro 60 1074,0
10488,1 − ×=⎟⎟⎠×
m
rgi tasi terendah dan frekuensi foton yang diserap jika terjadi transisi dari L = 0 ke L = 1.
= 0,127 nm tukan jarak atom dari pusat massa.
Massa atom I adalah m2 = 127 u Jika atom Cs ditempatkan di pusat koordinat maka atom I berada pada pisisi x2 = d = 0,127 nm.
okasi pusat massa dari atom Cs memenuhi
16) Molekul cesium-iodine (CsI) memiliki jarak pisah antar atom 0,127 nm. Tentukan eneroJawab Diberikan dKita tenMassa atim Cs adalah m1 = 133 u
L
duumm 12713321 ++
mr 11 =
duuxmx 496,01270133221 =×+×
=+
ari pusat massa adalah nm = 6,4 × 10-11 m
)104,6(127)103,6(133 −××+××= uur
063,0127,0496,0 =×= nm = 6,3 × 10-11 m Jarak atom I d
064,0063,0127,012 =−=−= rdr Momen inersia molekul CsI menjadi
− 211211222
211 += mrmI
− u181005,1 ×=452718 1074,1)1066,1()1005,1( −−− ×=×××= kg m2
b) Energi rotasi memenuhi
561
2)1(8
1 hLL2 IErot +=
π
Energi rotasi terendah berkaitan dengan L = 0, yaity Erot = 0. Perubahan energi yang berkaitan dengan transisi dari keadaan dengan L = 1 ke L = 0 adalah
LI
hE2
562
24π= ∆
dengan L =1. Menginat ∆E = hf maka
LI
hhf2
24π=
atau
110625,6 34
××
==−
Lhf )1074,1()14,3(44 4522 ××× −Iπ
= 9,7 × 109 Hz
ti atom dalam molekul O2 terpisah sejauh 1,2 × 10-10 m. Massa tiap atom oksigen dalah 2,66 × 10-25 kg. Tentukan
a) Energi rotasi molekul oksigen yang berkaitan dengan bilangan kuantum L = 0, 1, dan 2. b) Konstanta pegas efektif antara atom dalam molekul oksigen adalah L = 1 177 N/m. Tentukan
i vibrasi yang berkaitan dengan ν = 0, 1, dan 2. Jawab a) Jarak masing-masing atom ke pusat madda adalah
1 = 1,2 × 10-10/2 = 6,0 × 10-11 m Momen inersia molekul oksigen
= 1,9 × 10-45 kg m2
Tingkat energi molekul
17) Inti-ina
energ
r1 = r
2112521
222
211 )100,6()1066,2(22 −− ××××==+= mrrmrmI
22 )1(
81 hLL
IErot +=
π
Untuk L = 0 maka Erot = 0 Untuk L = 1 maka
234452 )10625,6()11(1
)109,1(81 −
− ××+×××
=πrotE
563
= 5,86 × 10-24 J
ntuk L = 2 maka U234 )10625,6()12(21 −××+××=E 452 )109,1(8 −×πrot
= 1,76 × 10-23 J b) Massa tereduksi molekul O2 adalah
mmm2111
=+= 21µ
atau
251033,12
−×==mµ kg
Frekuensi fundamental vibrasi molekul adalah
1325 105,1
1033,11177
)14,32(11
×=××
==µπkfo Hz
2
Energi vibrasi molekul
ovib ⎟⎠
⎜⎝ 2
hfvE ⎞⎛ +=1
Dari fo yang diperoleh maka
211334 109,9)105,1()10625,6( −− ×=×××=ohf J
Energi yang berkaitan dengan v = 0 adalah
2121 1095,4)109,9(1110 ××==⎟⎞
⎜⎛ += hfhfE
222−−
⎠⎝oovib J
molekul benzena. Semua atom berada dalam satu bidang. tom karbon dan atom hydrogen membentuk heksagonal. Jarak antar atom karbon terdekat
adalah 0,110 nm dan jarak dari atom hydrogen ke atom karbon yang berikatan langsung adalag 0,100 nm. Tentukan energi rotasi di sekitar sumbu yang tekah lurus pusat molekul. Massa atom hydrogen dan karbon masing-masing 1,67 dan 1,99 × 10-26 kg.
×=
18) Gambar 12.21 ini adalah model A
× 10-27 kg
564
Gambar 12.21
ertama kita tentukan momen inersia molekul.
pusat molekul sama dengan jarak antar dua atom karbon
,110 + 0,100 = 0,210 nm = 2,10 × 10 m olekul terhadap sumbu yang tegak lurus bidang molekul dan melalui pusat
×××+××××=
nergi rotasi molekul di sekitar sumbu adalah
Jawab PDua atom karbon berdekatan dengan pusat molekul membentuk segi tiga sama kaki. Dengan demikian, jarak atom karbon keberdekatan yaitu 0,110 nm.
-10Jarak semua atom karbon ke pusat molekul adalah 0,110 nm = 1,10 × 10 m Jarak semua atom hydrogen ke pusat molekul adalah 0 -10
Momen inersia mmolekul adalah
22 66 CCHH rmrmI +=
2102621027 )1010,1()1099,1(6)1010,2()1067,1(6 −−−− ×
= 1,9 × 10-45 kg m2 E
22 )1(
81 hLL
IErot +=
π
( )234452 10625,6)1(
)109,1(8 ×π1 −
− ×= LL
−×+L J
g membentuk molekul diatomic adalah m1 dan m2. (a) Jika jarak antar inti atom adalah d tentukan bahwa momen inersia terhadap pusat massa
memenuhi
+
2410)1= (93,2 L 19) Massa atom yan
2dI µ= .
565
en inseris molekul NaCl di sekitar pusat massanya jika d = 0,28 nm. ) Hitunglah panjang gelombang yang diradiasi molekul NaCl yang melakukan transisi rotasi
Jawab
tukan lokasi titik pusat massa, mari kita tempatkan atom pertama pada posisi x1 = 0 dan atom kedua pada posisi x2 = d. Jarak atom pertama dari pusat massa (jarak pusat
(b) Hitung mom(c
dari L = 2 ke L = 1.
(a) untuk menen
massa dari pusat koordinat) adalah
dmm
mmm
dmmmm
xmxmr21
2
21
21
21
22111
0+
=+
×+×=
++
=
Jarak atom kedua dari pusat massa
dmm
mdrdr21
212 +
−=−=
dmdmdmm 1221 =−+
= mmmmmm 212121 +++
Momen inersia molekul
222
211 rmrmI +=
2
21
12
2⎞⎛ m
21
21 ⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+
+⎟⎟⎠
⎜⎜⎝ +
dmm
mmdmm
m =
( ) ( ) ( )2
221
2121
22
2121 mmmm ++
2122
2
221 d
mmmmmmdmmdmm
++
=+ =
22
21
21 ddmm
mmµ=
+=
b) Massa atom Na = 23u dan massa atom Cl = 35u. Momen inersia NaCl adalah
222
21
21 9,1335233523 udd
uuuud
mmmmI =×
+×
=+
=
452927 108,1)1028,0()1067,1(9,13 −−− ×=×××× kg m2 = c) Energi yang dilepas ketika transisi dari L = 2 ke L = 1 dihitung dengan rumus
LI
hE 2
2
4π=∆
dengan L = 2
566
Kita dapatkan
( ) 23452
234
1024,12)108,1(4
10625,6 −−
−
×=×××
=∆π
E J
20) Perkirakan energi ikat KCl dengan menganggap bahwa muatan K dan Cl besarnya masing-masing +1,0e dan jarak pisah keduanya adalah 0,28 nm Jawab Energi ikat sama dengan energi potensial elektrostatik, yaitu
dU
o
21
4πε=
qq1
9
19199
1028,0)106,1()106,1()19( ×= 0 −
−−
××××
= 8,2 × 10-19 J Jika dinyatakan dalam elektronvolt maka
19106,1 −×=U = 5,125 eV
19102,8 −×
21) Perkirakan energi ikat molekul H2 dengan menganggap bahwa ke dua elektron menghabiskan sekitar 33 persen waktunya di tengah-tengah dua atom. Jarak antara dua atom H dalah 0,074 nm
Jawab Muatan total 2 elektron adalah 2e. Dua elektron menghabiskan sekitar 33% waktunya di tengah atom. Kita dapat menyatakan
n ah anytara dua atom terdapat muatan sebesar
’ = 0,33 × (2e) = 0,66e Akibatnya, ke dua atom emiliki muatan total Q = 2e – 0,66e = 1,34e Muatan satu atom H menjadi q = 1,34e/2 = 0,67e Jarak antara dua atom d = 0,074 nm Jarak antara atom dengan muatan di tengah molekul adalah r = d/2
ergi potensial molekul menjadi = Uatom1-pusat + Uatom2-pusat + Uatom1-atom2
a
bahwa di te gah-teng q
H m
EnU
drrU
ooo πεπεπε 444+−−= qqqqqq 1'1'1
⎟⎞
⎜⎛ −−=⎟
⎞⎜⎛ −+−=
qqqqqqqU '2'' ⎠⎝⎠⎝ drdrr oo 44 πεπε
dee
de
dee 066,0267,0
⎜⎛ −−U
oo
97,14
67,067,2/4
×−=⎟⎠⎞
⎝=
πεπε
yatakan dalam elektron volt maka Bila din
)10074,0/()106,1(67,0)109(97,14
67,0 9199 −− ×××××−=×−=d
eUoπε
3,9 eV = 1
22) Hitung jarak antar atom Na dan Cl dalam akibat tiga transisi rotasi yang berurutan adalah 23,1 mm, 11,6 mm, dan 7,71 nm
Panjang gelombang transisi rotasi memenuhi
NaCl jika panjang gelombang yang dipancarkan
Jawab
L1
∝λ
Panjang gelombang terbesar berkaitan dengan L terkecil. t berkaitan dengan bilangan kuantum momentum sudut L, L+1, dan L+2,
aka Misalkan transisi tersebum
L1
1 ∝λ
11
2 +∝
Lλ
21
3 +∝
Lλ
Maka
LL 1
2
1 +=
λλ atau
LL 1
6,111,23 +=
atau 23,1L = 11,6L + 11,6 atau
atau
= 1
11,5L = 11,6
L
567
568
adi transisi yang terjadi adalah 0 menghasilkan λ1 = 23,1 mm
ari L=2 ke L=1 menghasilkan λ1 = 11,6 mm Dari L=3 ke L=2 menghasilkan λ1 = 7,71 mm Lihat transisi dari L = 1 ke L = 0
nergi transisi memenuhi
JDari L=1 ke L=D
E
Ih
IhL
Ih 222
1E8 222 88 πππ
=×= =∆
Tetapi 1/λhc Jadi
Ihhc
2
2
1 8πλ=
atau
4682
334
21 ,6(==
hI λ 105,6)103()14,3(8
)101,23()106258
−−−
×=×××
×××cπ
kg m2
Massa atom NaMassa atom Cl: m
assa tereduksi
: m1 = 23 u
2 = 35u M
uuuuu
mmmm 9,13
35233523
21
21 =+×
=+
=µ
Jarak antara dua atom
1027 1068,1
)1066,1(9,13105,6
9,13105,6 −
− ×=××
×=
×==
uIdµ
m = 0,168 nm 46−
z. Berapa beda energi nergi yang mungkin dimiliki osilasi molekul
(a) es yang bersuhi 0 oC, (b) c) helium pada suhu 4 K. Pada spectrum elektromagnetik
3) Berapa jangkauan energi dalam electronvolt foton yang dimiliki cahaya tampak yang memiliki panjang gelombang antara 400 nm sampai 700 nm. 4) Berapa energi foton (dalam eV) yang dipancarkan gelombang radio dari pemancar FM 107,1
46−
Soal Latihan 1) Sebuah molekul HCl bergetar dengan frekuensi alamiah 8,1 × 1013 H(dalam joule dan elektronvolt) antara berbagai etersebut? 2) Hitung panjang gelombang puncak radiasi dari benda berikut ini:lampu yang bersuhu 3 000 K, (manakah puncak radiasi tersebut berada.
569
MHz 5) Sekitar 0,1 eV diperlukan untuk memotong ikatan hidrogen dalam molekul protein. Berapa frekuensi minium dan panjang gelombang m ksimum foton yang dapat digunakan untuk memotong ikatan hidrogen tersebut?
g digunakan untuk melepas elektron dari permukaan logam yang memiliki fungsi kerja 4,3 × 10-19 J? 7) Berapa panjang gelombang minimum cahaya yang dapat melepaskan elektron dari permukaan
memiliki fungsi kerja 3,10 eV? ) Dalam percobaan efek fotolistrik, tidak diamati arus yang mengalir ketika permukaan logam
a elektron yang elektroda sebelahnya jika logam tersebut disinari dengan cahaya 400 nm?
yang lepas dari permukaan barium (W = 2,48 eV) ketika disinari dengan cahaya putih (memiliki panjang gelombang pada jangkauan 400 nm hingga 700 nm)?
g 225 nm dijatuhkan pada permukaan
rapa fungsi kerja logam tersebut? 11) Panjang gelombang ambang bagi terjadinya emisi elektron dari permukan logam adalah 320 nm. Berapa energi kinetik maksimum elektron yang keluar dari permukaan logam jika disinari dengan radiasi dengan panjang gelombang (a) 250 nm dan (b) 350 nm. 12) Ketika gelombang 230 nm dijatuhkan pada permukaan logam maka dihasilkan arus listrik. Ketika dipasang tegangan penhenti antara dua elektroda maka arus menjadi nol ketika diterapkan tegangan 1,64 V. Berapa fungsi kerja logam?
tesan oli memiliki massa 4,9 × 10-15 kg diam dalam ruang antara dua pelat sejajar orisontal yang diberi beda potensial 750 V. Jarak antara dua pelat adalah 5,0 mm. Hitung
muatan listrik pada tetesan tersebut. 14) Tetesan minyak yang memiliki massa 2,8 × 10-15 kg berada dalam keadaan diam antara dua
yang terpisah sejauh 1,0 cm jika kedua pelat tersebut diberi beda potensial 340 V. Berapa g dimiliki tetesan minyak tersebut?
5) Tetesan minyak dimasukkan dalam ruang antara dua pelat sejajar horisontal yang terpisah h 5,0 mm. Beda potensial antara dua pelat adalah 780 V sehingga salah satu tetesan tepat
iam antara dua pelat. Ketika tegangan tiba-tiba dihilangkan, tetesan yang diam tadi jatuh sejauh m waktu 11,2 s. Jika massa jenis mintak adalah 900 kg/m3 dan viskositas udara
dalah 1,8 × 10-5 N s m-2, hitunglah: (a) massa tetesan dan (b) muatan listrik tetesan. erapa energi yang dibutuhkan untuk meenginisasi atom hidron yang mula-mula elektron
erada pada keadaan n = 2. ntukan keadaan awal dan keadaan akhir transisi atom hidrogen yang menghasilkan gasris
engan panjang gelombang 1026 nm dan 656 nm.
a
6) Berapa frekuensi minimum cahaya yan
logam yang8disinari dengan gelombang yang panjangnya lebih dari 570 nm. (a) Berapa fungsi kerja material tersebut? (b) berapa tegangan yang harus dipasang antar elektroda agar tidak adlolos ke9) Berapa energi kinetik maksimum elektron
10) Ketika cahaya UV yang memiliki panjang gelombanlogam maka elektron yang lepas dari permukaan logam memiliki energi kinetik maksium 1,40 eV. Be
13) Teh
pelat kelebihan elektron yan1sejaud1,50 mm dalaa16) Bb17) Ted
570
gelombang paling besar pada deret Paschen berkaitan dengan
i (He+) melakukan transisi dari n = 6 ke n = 2 ersebut diserap oleh atom hidrogen yang ada di
ermukaan matahari? engionisasi atom hidrogen yang sedang
? 1) Jika elektron terikat pada proton oleh gaya gravitasi bukan oleh gaya Coulomb, berapakah
jari-jari atom hidrogen dan energi orbir pertama? 22) Energi ioniasai neon (Z=10) adalah 21,6 eV sedangkan natrium (Z=11) adalah 4,1 eV.
n mengamap terjadi perbedaan energi ionisasi yang sangat besar padahal nomor atom t berdekatan?
23) Daftarkan bilangan-bilangan kuantum untuk setiap elektron dalam atom nitrogen (Z = 7). 24) Jika atom hidtogen memiliki ml, =-3, merapa kemungkinan nilai n, l dan ms,?
tom hidrogen berada dalam keadaan 6h. Tentukan (a) bilangan kuantum utama, (b) energi keadaan tersebut, (c) bilangan kuantum momentum sudut, dan (d) berbagai kemungkinan bilangan kuantum magnetik. 5) Energi ionisasi elektron terluar atom boron adalah 8,26 eV. (a) Gunakan model atom Bohr
n inti efektif (Zeff). rasi electron berikut ini yang diperbolehkan dan yang dilarang? (a)
1s22s22p63s23p54s2 (c) 1s22s22p62d1
28) Perkirakan panjang gelombang sinar-X yang dihasilkan akibat transisi dari n = 2 ke n =1 m (Z = 42).
9) Berapa panjang gelombang terpendek yang dihasilkan elektron yang menagbark tabung TV jika beda potensial yang terpasang dalam tabung adalah 30 kV? 30) Campuran besi dan material yang tidak diketahui dit an berkas elektron berenergi tinggi. Panajng gelombang Kα yang dihasilkan adalah 194 nm untuk besi dan 229 nm
ntuk material yang tidak dikenal. Dari unsur apakah material tak dikenal tersebut? O melakukan transisi rotasi dari keadaan dengan L = 1 ke keadaan dengan L = 2
molekul CO, pada transisi dari L berapa ke L berapakah sehingga perubahan
, berapa kecepatan sudut molekul di sekitar pusat
m, tentukan perbedaan energi dua
18) Tiga garis dengan panjang transisi dari mana ke mana? 19) Di matahari, atom helium yang terionisasdengan memancarkan foton. Dapatkah foton tp20) Berapa panjang gelombang terbesar yang dapat mberada dalam keadan dasar2
Jalaskasanga
25) A
2untuk memperkirakan muata27) Manakah dari konfigu1s22s22p63s3, (b)
dalam atom molibdeniu2
embakknan deng
u31) Molekul Cakibat penyerapan foton dengan frekuensi 2,30 × 1011 Hz. Tentukan momen inersia molekul tersebut. 32) Dalamenerginya sama dengan energi transisi vibrasi dari v=0 ke v = 1? 33) Molekul HCl dieksitasi ke tingkat energi rotasi pertama yang berkaitan dengan L = 1. Jika jarak antar inti atom adalah 0,1275 nmmassanya? 34) Jika konstanta pegas vibrasi moleuk HCl adalah 480 N/tingkat energi berdekatan dan tentukan energi titik nol.
571
pektrum rotasi molekul HCl mengandung sejumlah garis dengan panjang gelombang
rap ketika terjadi transisi rotasi dari L = 1 ke L = 2.
d = 0,113 nm)
apakah jarak antar atom N?
ingkat energi
lekul organik telah ditemukan di angkasa luar. Mengapa molekul tersebut
. Berapa momen inersia molekul terhadap sumbu yang
m F memiliki massa 3,15
ol untuk vibrasi molekul H2.
anjang gelombang berikut ini: 60,4 µm, 69,0 µm, 80,4 µm,
35) S0,0604, 0,0690, 0,0804, 0,0964, dan 0,1204 mm. Berapa momen inersia molekul tersebut? 36) Jarak antar atom oksigen di dalam molekul O2 adalah 1,2 × 10-10 m. Tentukan energi gelombang elektromagnetik yang dise37) Tentukan momen inersia untuk molekul-molekul berikut ini: (a) H2 (d = 0,074 nm), (b) O2 (d = 0,121 nm), (c) NaCl (d = 0,24 nm), (d) CO (38) Energi sebesar Ih 22 8/ π sering disebut energi rotasi karakteristik. Misalkan untuk molekul N2, energi tersebut adalah 2,48 × 10-4 eV, ber39) (a) Hitung energi rotasi karakteristik molekul O2 jika jarak antar atom O adalag 0,121 nm. (b) Berapa energi dan panjang gelombang foton yang dipancarkan jika terjadi transisi dari L = 3 ke L = 2? 40) Dalam spektrum absorpsi molekul HCl tampak bahwa jarak antara dua tberdekatan adalah 2,6 × 10-3 eV. (a) Tentukan momen inersia molekul HCl dan (b) jarak antara atom H dan Cl 41) Sejumlah moditemukan dengan menggunakan teleskop radio, bukan dengan teleskop optik? 42) Jika molekul diatomik mengalami transisi dari keadaan dengan L = 2 ke L = 1 terpancar foton dengan panjang gelombang 63,8 µmmelalui pusat massa dan tegak lurus sumbu moleku? 43) Jika molekul NaF mengalami transisi dari L = 3 ke L = 2 terpancar foton dengan panjang gelombang 3,8n mm. Atom Na memiliki massa 3,82 × 10-26 kg dan ato× 10-26 kg. Hitung jarak antara inti Na dan F. 44) Untuk molekul hidrogen, “konstanta pegas” vibrasi adalah 576 N/m. Massa atom hidrogen adalah 1,67 × 10-27 kg. Hitunglah energi titik n45) Ketika molekul OH melakukan transisi vibrasi dari v=0 ke v= 1, energi vibrasi internal bertembah sebesar 0,463 eV. Hitunglah frekuensi karakteristik vibrasi dan “konstanta pegas”. 46) Spektrum rotasi HCl memiliki p96,4 µm, dan 120,4 µm. Cari momen inersia molekul HCl pada sumbu pusat massa
