Revisi Fidas 2

Edisi Revisi

Penyusun : Ulin Nuha AQFitri Aulia PermatasariGracia Meliolla Sitorus

Ervano NurriyadiZamzam Multazam

Bab 3Magnetostatika :Medan Magnet

Magnetostatika : Medan Magnet

BAB 1. MAGNETOSTATIKA : MEDAN MAGNET 3

Solusi 3.1

1

2

3 [UTS’09] Sebuah proton bergerak dengan kecepatan 106 i m/s, ~B = −0, 1k T.Posisi titik masuk (0,0,0)

Ketika di posisi (0,0,0) gaya magnet yang dialami proton

~Fm =q ~v × ~B

berarah ke sumbu-y positif sehingga lintasan elektron akan melengkung dibidang xy membentuk setengah lingkaran dengan jari-jari R.

a Gaya magnet yang dialami proton menimbulkan percepatan sentripetal.

~Fm =m ~a s

tinjau besarnya saja Fm =m v 2

R

⇔qv B =m

�

v 2

R

�

⇔R =m v

q B

massa proton= 1, 67×10−21 kg dan muatan proton= 1, 6×10−19 C.maka:

R =(1, 67×10−27)(106)

1, 6×10−19(0, 1)= 0, 104 m

4 BAB 1. MAGNETOSTATIKA : MEDAN MAGNET

b Saat meninggalkan daerah magnet posisi elektron

x = 0i +2R j +0k

= 2R j = 0, 208 j m

c Dalam daerah medan magnet tersebut proton akan bergerak melingkarberaturan (kelajuan konstan) dan membentuk setengah lingkaran. Se-hingga waktu tempuh:

t =lintasan proton 1/2 lingkaran

kelajuan proton

=πR

|~v |

=π(0, 208)

106

= 6, 5×10−7sekon4

5


Solusi 3.2

6 a Tentukan besar dan arah medan magnet di pusat koordinat

Pada geometri ini, sesuai dengan aturan tangan kanan, d~l × r selalu men-garah ke sumbu x negatif. Menggunakan Hukum Biot-Savart dan substi-tusi sudut

d ~B1 =µ0I

4π

d~l × r

r 21

d~l × r =−r1dθ i

~B1 =−µ0I

4πr 21

r1

∫ π

0

dθ i

~B1 =−µ0I

4r1i =−

(4π×10−7)(0, 1)4 ·0, 1

i

=−π×10−7 Ti

Pada lengkungan pada bidang x-y, sesuai dengan aturan tangan kanan,d~l × r selalu mengarah ke sumbu z negatif.

d ~B2 =µ0I

4π

d~l × r

r 22

d~l × r =−r2dθ k

~B2 =−µ0I

4πr 22

r2

∫ π

0

dθ k

=−µ0I

4r2k =−

(4π×10−7)(0, 1)4 ·0, 05

k

=−2π×10−7k T

b Besar medan magnet resultan

|Bz |=p

B 21 + B 2

2

=πp

5×10−7T

7


8

9

10

11

12

13


Solusi 3.3

14

15

a Medan magnetik di titik A dengan hukum Ampere

∮

~B1 ·d~l =µ0I1

B12πr1 =µ0I1

B1 =µ0I1

2πr

=(4π×10−7)20

2π(3×10−2)

= 13, 3×10−5T

Arah v e c B di titik A ke arah sumbu y negatifB1 =−13, 3×10−5 j T

b Medan magnetik total di titik A akibat kawat 1 dan 2Medan magnet akibat kawat 2 adalah B2


θ = tan−1 3

4= 37◦

∮

~B2 ·d~l =µ0I2

B2(2πr2) =µ0I2

B2 =µ0I2

2πr2=

4π×10−7 ·20

(2π)(5×10−2)

= 8×10−5T

~Btotal = (B2 sinθ − B1)( j )− B2 cosθ k

=�

�

8×10−5�

�

3

5

�

−13, 3×10−5

�

�

j�

−�

8×10−5 ·4

5

�

k

=�

−8, 5×10−5 j −6, 4×10−5k�

T

c Gaya magnetik per satuan panjang tiap kawat. F12 adalah gaya magnetikpada kawat 1 oleh medan kawat 2

|~F12|= I1l B2

|~F12|= I1lµ0I2

2π(4×10−2)�

�

�

�

�

~F12

l

�

�

�

�

�

=µ0I1I2

2π(4×10−2)

=(4π×10−7)(20)2

2π(4×10−2)

= 2×10−3 N/m

16 Gambar pada soal ditambah menjadi


a Medan magnet pada kawat 2 oleh arus listrik pada kawat 1∮

~B ·d~l =µ0i

~B21 =µ0i 1

2πr21

=µ0i

2π(4×10−2)

=100µ0

8π=

25

2πµ0(−i ) T

b Gaya pada kawat 2 oleh medan magnet yang ditimbulkan oleh arus litrikpada kawat 1

~F21 = i 2~l × ~B21

~F

l=

25

πµ0(− j ) N/m

c Gaya pada kawat 2 oleh kawat 3

~F23 = i 2~l × ~B23

~F23

l= i 2

µ0i 3

2πr23

=2µ.3

2π(3×10−2)

=100µ0

π(i ) N/m

Jadi gaya total akibat kawat 1 dan kawat 3 adalah

~Ftotall=~F1

l+~F2

l

=25µ0

π(4i − j ) N/m


Bab 5Induksi

Elektromagnetik

Induksi Elektromagnetik

BAB 2. INDUKSI ELEKTROMAGNETIK 13

Solusi 5.1

1 [UTS’09]a Pada saat t, Wuks magnet yang melewati loop sebesar

ΦB =

∫

~B ·d ~A = B ·A

= B (p l ) = (4t +2)(0, 15.0, 1)

= (0, 06t +0, 03)Wb

b GGL induksi pada loopHukum Faraday

ε =−dΦB

d t

=−d

d t(0, 06t +0, 03) =−0, 06 V

c Besar arus induksiHukum Ohm

I =V

R=

0, 06

15= 4 mA

Arah arus, berdasarkan hukum Lenz, akan melawan arah perubahan Wuksyang ditimbulkan oleh perubahan medan magnet B yaitu searah jarumjam.

d Beda tegangan AB

VA B =VB −VA

= I i nd ·R

= 0, 06 V

2 [UTS’04]a Diagram gaya pada batang A B :

FB : Gaya magnet ke atas munculakibat adanya arus induksi padakawat A B . Gaya ini melawan arahpergerakan ke bawah.m g : Gaya berat kawat A B akibatadanya gravitasi.

b Dalam keadaan setimbang, keadaan sistem sesuai dengan Hukum I New-ton

14 BAB 2. INDUKSI ELEKTROMAGNETIK

Σ~F = 0

FB −m g = 0

I l B =m g

I =m g

l b

=(0, 03)(10)(2)(0, 6)

= 0, 25A

Arah arus induksi pada kawat dari A ke B. Hal ini dikarenakan oleh perg-erakan kawat ke bawah memperkecil luas daerah yang dilingkupi batangAB dan rel U. Maka terjadi pengurangan Wuks magnetik. Menurut hukumLenz, arus induksi menghasilkan medan magnet yang melawan peruba-han Wuks. Karena itu, arah medan magnet di dalam loop yang dihasilkanarus induksi memiliki arah tegak lurus masuk bidang kertas.

3 [UTS’06]

a Medan magnetik yang dihasilkan kawat pada jarak r

Menggunakan hukum Ampere,

∮

~B ·d~l =µ0Ie nc

~B (2πr ) =µ0Ie nc

~B =µ0I

2πr�

�~B�

�=µ0(2t +5)×10−3

2πr.

Sesuai dengan kaidah tangan kanan, jikaarus listrik pada kawat arahnya ke atas,medan ~B yang ditimbulkan pada jarak rdi kanan kawat akan memiliki arah masukmenembus bidang kertas.

b Fluks magnetik total yang melewati loop kawatMisalkan kita bagi luas loop kawat menjadi 2 elemen kecil dengan tebald r . Maka perubahan Wuks pada elemen luas tersebut adalah

dΦB = ~B ·d ~A

= B ·d (l r )

= Bl d r.

Sehingga Wuks total yang melewati loop kawat:


ΦB =

∫

dΦB =

∫ a+b

a

Bl d r

=

∫ a+b

a

�

µ0(2t +5).10−3

2πr

�

l d r

=�

µ0(2t +5)×10−3

2π

�

l

∫ a+b

a

d r

r

=�

µ0l (2t +5)×10−3

2π

�

ln

�

a +b

b

�

Dengan memasukkan nilai l = 0, 2 m, b = 0, 1 m dan a = 0, 05 m, kitaakan mendapatkan

ΦB =�

µ0(0, 2)(2t +5)×10−3

2π

�

ln

�

0, 05+0, 1

0, 1

�

=�

µ0(2t +5)×10−4

π

�

ln 3

= 4, 394(2t +5)×10−11 Wb.

Lalu,besar GGL induksi yang muncul pada kawat adalah

εi nd =−dΦB

d t=−

d

d t(4, 394(2t +5)×10−11)

|εi nd |= 9, 788x 10−11 V.

c Arah arus induksi pada kawatMenurut hukum Lenz, arah arus listrik induksi yang terjadi menyebabkanWuks magnet induksi yang melawan perubahan Wuks magnetik asal.Sehingga arus induksi yang terjadi memiliki arah berlawanan denganarah jarum jam.

4

5

6

7

8

9


Solusi 5.2

10a Ketika loopmemasuki ruang bermedanmagnet, Wuks magnetik yangmele-

wati loop akan bertambah sebesar percobaan luas yang memasuki medanmagnet.

∆ΦB = B∆A = Bl∆x

= Bl v∆t

= (0, 1)(0, 1)(0, 1)∆t

= 10−3∆t Tm2

b GGL induksi yang muncul

εind =−dΦd t

= 10−3 V

Arus yang mengalir pada loop

I ind =εind

R

=10−3

10= 10−4 A

Berdasarkan Hukum Lenz, arah arus yang mengalir pada loop kawat akanmelawan perubahan Wuks. Sehingga arus mengalir berlawanan arah den-gan jarum jam.

c Ketika loop meninggalkan area yang bermedan magnet, Wuks pada loopakan berkurang. Sehingga εind yang dan arus yang muncul pada loopakan berlawanan dengan arah εind dan arus induksi saat loop memasukiruang bermedan magnet.

11 Menurut Hukum Faraday, GGL induksi yang muncul pada loop,

εi nd =−dΦd t

=−d

d t(LI )

=−Ld I

d t

d I

d tpada graVk, merupakan gradien kurva I-t. Sehingga pada t=0 sampai t=

2ms


m =−7−0

2−0

= 3, 5A/ms

εi nd =−Ld I

d t

=−(5)(3, 5x 103)

=−1, 35x 104V

sedangkan pada t= 2ms sampai t= 5 ms

m =−5−7

5−2

= 0, 667A/ms

εi nd =−Ld I

d t

=−(5)(−0, 667x 103)

= 3, 33x 103V


Bab 7Gelombang

Elektromagnetik

Solusi 7.2

12 Komponen medan listrik dari gelombang EM:~E (x , t ) = 300 sin(

2π

3x −ωt ) j Vm−1

a Panjang gelombang EMBerdasarkan fungsi umum gelombang y = A sin(k x −ωt +ϕ0) dapat dis-impulkan besar panjang gelombang

k =2π

λ

=2π

3

λ= 3 m

frekuensi gelombang EM

C =λ f

f =C

λ

=3×108

3

= 108 Hz

b Komponen medan magnetik gelombang EMBerdasarkan persamaan Maxwell didapatkan hubungan amplitudo kom-ponen medan magnet dan medan listrik sebagai berikut

c =Em

Bm

Bm =300

3×108

= 10−6 T

Gelombang merambat ke arah sumbu x positif. Sedangkan komponenmedan listrik berosilasi pada arah sumbu y. Karena arah rambatan danosilasi ~B dan ~E saling tegak lurus maka komponen ~B harus berosilasi kearah z dan positif.

~B (x , t ) = 10−6 sin

�

2π

3x −2πt ×108

�

T

c Vektor Poynting rata-rata

S =Em Bm

2µo

=300×10−6

8π×10−7

=3

8π×103Watt/m2


Bab 8Interferensi dan

Difraksi

Interferensi dan Difraksi

3.1 Revisi Keypoints Interferensi

Key Points

.Interferensi Celah GandaBeda lintasan δ dan beda fase ∆ϕ padacelah ganda dapat ditentukan dengan per-samaan berikut:

δ= d sinθ

∆ϕ = k d sinθ

dengan θ merupakan sudut beda fase an-tar sinar tersebut.

Penentuan interferensi konstruktif

d sinθ =mλ

dengan nilai m = 0,±1,±2,±3, ...

Penentuan interferensi destruktif

d sinθ =�

m +1

2

�

λ

dengan nilai m = 0,±1,±2,±3, ...

Penentuan panjang/jarak antar polaterang/pola gelap

sinθ ≈ tanθ =y

L

d sinθ = dy

L=mλ

yterang =L

dmλ

ygelap =L

d

�

m +1

2

�

λ

dengan nilai m = 0,±1,±2,±3, ...Intensitas I pada pola interferensidiberikan oleh

I = Imax cos2

�

πd sinθ

λ

�

Interferensi Lapisan TipisUntuk dua cahaya yang berbeda fase 180◦

akibat reWeksi medium,• Kondisi untuk interferensi konstruktifdalam lapisan tipis

2nt =�

m +1

2

�

λ

• Kondisi untuk interferensi destruktifdalam lapisan tipis

2nt =mλ

dengan t ketebalan lapisan, n indeks biaslapisan, dan m = 0,±1,±2,±3, ....

BAB 3. INTERFERENSI DAN DIFRAKSI 23

3.2 Difraksi

Key Points

.DifraksiDifraksi merupakan kondisi menyebarnyacahaya dari kondisi semula yang lurus.• Interferensi destruktif (pola difraksiminimum) untuk difraksi diberikan oleh

sinθ =mλ

a; m =±1,±2,±3, ...

dengan m merupakan orde pola gelapdan a lebar celah.Jika L� d ; sinθ ≈ tanθ =

y

Lsehingga

ygelap =mλ

aL

• Interferensi konstruktif (pola difraksimaksimum) untuk difraksi diberikan oleh

yterang =1

2ygelap =

mλ

2aL

Intensitas I pada sebuah celah den-gan berbagai pola difraksi oleh sudut θdiberikan melalui persamaan:

I = Imax

sin β

2β

2

!2

= Imax

sin�

πa sinθλ

�

πa sinθλ

!2

dimana β =2πa sinθ

λdan Imax merupakan

intensitas saat θ = 0

Interferensi DifraksiIntensitas yang terjadi pada pola interfer-ensi difraksi diberikan oleh persamaan

I = Imax cos2

�

πd sinθ

λ

�

sin�

πa sinθλ

�

πa sinθλ

!2

Hubungan pola interferensi dengan poladifraksi minimum pertama diberikan olehpersamaan

d sinθ

a sinθ=

nλ

λ; n =

d

a

n = orde interferensi maksimumd = jarak antar celaha = lebar celah

1 [UTS’07] Pada sebuah percobaan difraksi celah tunggal, digunakan seberkassinar dengan panjang gelombang 500 nm dengan jarak antara celah dan layarsejauh 1, 2 m. Jika lebar celah adalah 2, 5 mm, tentukanlaha Posisi intensitas minimum pertama!b Lebar daerah terang utama!c Perbandingan intensitas maksimum sekunder terhadap intensitas maksi-

mum utama!

.

.

2 [UTS’08] Dua buah celah sempit dengan jarak antar celah 9 µm disinari cahayadengan panjang gelombang λ = 600 nm. Cahaya jatuh pada celah secarategak lurus dan jarak celah ke layar 2 m.a Tentukan jarak antara dua minimum yang berurutan!b Andaikan celah mempunyai lebar 3 nm, tentukan orde maksimum yang

hilang (pada kasus soal a)!c Buat sketsa intensitas sebagai fungsi jarak dari pusat terang utama pada

layar dengan memperhatikan lebar celah!

.

.

3 [UTS’11] Berkas cahaya dengan panjang gelombang 500 nm melewati sebuahcelah yang memiliki lebar celah 60 µm. Layar terletak 3 m dari celah tersebut.

24 BAB 3. INTERFERENSI DAN DIFRAKSI

a Tentukanlah posisi gelap pertama dan lebar dari frinji terang utama padalayar!

b Jika suatu titik P di layar berjarak 1, 5 cm dari pusat difraksi pada layar,tentukanlah perbandingan antara intensitas di titik P dan pusat difraksi!

c Jika dibuatkan sebuah celah lagi, yang identik dengan celah pertama danberjarak 180 µm dari celah pertama, buat sketsa distribusi intensitas ter-hadap posisi di layar dalam batas difraksi gelap pertama!

.

.

4 [UAS’10]Cahayamonokromatik dengan panjang gelombang 600 nm dijatuhkantegak lurus pada kisi yang terdiri dari 10000 garis per cm. Jika jarak kisi kelayar 3 m, tentukan:a Jarak antara maksimum utama dengan maksimum orde pertama!b Banyaknya maksima yang dapat diamati pada layar!

.

.

5 [UAS’11] Cahaya monokromatik dengan panjang gelombang 5000 Å diarahkantegak lurus pada kisi yang terdiri dari 5000 garis per cm.

a Tentukanlah sudut θ dimana didapati maksimum orde kedua!b Tentukan banyaknya maksima yang dapat diamati pada layar untuk−1< sinθ < 1!

.

.

6 Seberkas cahaya hijau mengalami difraksi oleh sebuah celah sempit yanglebarnya 0, 1 mm. Celah tersebut terletak pada jarak 2 meter dari layar. Jikajarak antara dua posisi gelap di kedua sisi dari terang pusat adalah 4 mm.Hitunglah panjang gelombang sinar laser yang digunakan! ..


Solusi 7.1

1

2 [UTS’06]

a

Karena layar dapat dianggap sangat jauh dari celah (L� d ), maka cahayadari 1 dan 2 dapat dianggap paralel. Perbedaan fase terjadi karena adanyabeda lintasan yang ditempuh. Nyatakan gelombang pada 1 dan 2 sebagaifungsi sinusoidal:

E1 = E0 sin (k x −ωt )

E2 = E0 sin (k (x +∆x )−ωt )

= E0 sin (k x −ωt +k∆x )

= E0 sin (k x −ωt +∆ϕ)

Dapat dilihat pada gambar bahwa ∆x = d sinθ = dP

L, jadi

∆ϕ = k∆x

=2π

λd

P

L

=2π(0, 85×10−3)(2, 55×10−3)

(600×10−9)(2, 8)

= 2, 58π

b Resultan gelombang cahaya pada titik P adalah

E1+E2 = E0 sin(k x −ωt )+E0 sin(k x −ωt +∆ϕ)

= 2E0 cos

�

∆ϕ2

�

sin

�

k x −ωt +∆ϕ

2

�

(Gunakan identitas trigonometri sinα+sinβ = 2 sin

�

α+β2

�

cos

�

α−β2

�


Intensitas sebanding dengan amplitudo dikuadratkan. Dalam kasus ini,

I ≈ 4E 20 cos2

�

∆ϕ2

�

= Imax cos2

�

∆ϕ2

�

Rasio intensitas terhadap terang pusat adalah

Rasio Intensitas≈Imax cos2

�

∆ϕ2

�

Imax

= cos2

�

∆ϕ2

�

= 0, 376

3 [UTS’05] Interferensi minimum terjadi jika susunannya

Gambar yang seharusnya

4 [UTS’07]

a Beda fase maksimum untuk 3 celah berupamaksimum sekunder danmak-simum primer.Maksimum primer terjadi ketika susunannya berbentuk

atau ketika ∆ϕ = 0,±2π,±4π,±6π,±8π, ........

Interferensi maksimum sekunder terjadi ketika susunannya berbentuk


atau ∆ϕ = ±π

b Beda fase interferensi minimum (destruktif) terjadi ketika susunannya

atau ∆ϕ = 2πn ± 2π3

c

d Difraksi minimum terjadi jika

w sinθ = nλ

sinθ =nλ

w

=4nλ

d

5


6 [UTS’10]

a Dalam interferensi dianggap tiap celah merupakan sumber titik.

Perbedaan jarak antara berkas 1, 2 dan 2, 3 sebesar d sinθ sehingga bedafasenya ∆ϕ = k d sinθ .Interferensi minimum terjadi jika penjumlahan fasor menghasilkan nilainol.

∆ϕ =2π

3,

4π

3,

2nπ

3

b Minimum orde kedua di saat ∆ϕ = 4π3

∆ϕ = k d sinθ

4π

3=

2π

λd sinθ

Pada sudut kecil, sinθ ≈ tanθ

2

3=

d

λ

y

L

y =2λL

3d

=(2)(6×10−7)(1)(3)(7, 5x 10−6)

= 5, 3 cm


c Pola terang dalam interferensi:

∆ϕ = 0, 2π, 4π, ...= 2nπ

k d sinθ = 2nπ

2π

λd sinθ = 2nπ

sinθ =nλ

d

Sedangkan pola gelap diperoleh pada

δ=2nπ

3

k d sinθ =2nπ

3

sinθ =nλ

3d

Pola difraksi, pola gelap muncul pada

w sinθ = nλ

w sinθ =λ

sinθ =λ

w

=6×10−7

2, 5×10−7

= 2, 4> 1

Nilai sin tidak bisa lebih dari 1, maka hasil tersebut menunjukkan bahwagelap pertama dari pola difraksi tidak teramati sehingga hanya terlihatpenurunan intensitas.

Sehingga jika digabungkan menjadi


7 a Syarat interferensi konstruktif:

∆ϕ =2π

λ∆x +∆φ0 =±2nπ

=⇒2π

λ∆x =±2nπ−∆φ0 =±2nπ−

π

2

∆x =λ�

±n −1

4

�

=3×108

100×106

�

±n −1

4

�

m

b Syarat interferensi destruktif:

∆ϕ =2π

λ∆x +∆φ0 = (±2n +1)π

=⇒2π

λ∆x =±2nπ−∆φ0 = (±2n +1)π−

π

2

∆x =λ�

±n +1

4

�

=3×108

100×106

�

±n +1

4

�

m

8


Solusi 7.2

9 [UTS’07]

a Posisi intensitas minimum pertama (m = 1)

a sinθ =mλ

ay

L=λ

y =λL

a

=(5×10−7)(1, 2)

2, 5×10−3

= 2, 4×10−4 m

b Lebar daerah terang utama dibatasi oleh dua daerah gelap pertama yangsimetris

Sehingga, lebar daerah terang utama adalah

d = 2y

= 4, 8×10−4 m

c Intensitas maksimum sekunder dihitung denganmenggunakan persamaandari diagram fasor, yaitu

I = I0

�

sin(β/2)β/2

�2

dengan β =2π

λa sinθ .

Jika diambil titik maksimum sekunder yang terletak di antara gelap per-tama dan kedua didapatkan

a sinθ =3

2λ

β =2π

λa sinθ

=2π

λ

3

2λ

β = 3π


maka intensitasnya menjadi

I = I0

�

sin(3π/2)3π/2

�2

I

I0=

4

9π2

=1

22, 2

(Intensitas maksimum = I0)

10

11 Ganti δ dengan ∆ϕ

12

13

14


Bab 9Teori Relativitas Khusus

Teori Relativitas Khusus

4.1 Teori Relativitas Khusus

Key Points

.Dalam Teori Relativitas Khusus (TRK), sub-jek yang menjadi fokus adalah kerangkaacuan yang inersial, yaitu kerangka di-mana hukum gerak Newton berlaku. Padakerangka tersebut mutlak berlaku dua pos-tulat Einstein.a Hukum-hukum Vsika berlaku sama

untuk setiap pengamat di dalamkerangka acuan yang inersial.

b Laju cahaya dalam vakum adalah cdalam segala arah dan dalam semuakerangka acuan yang inersial, ataudengan kata lain terdapat nilai batasalami laju benda.

Relativitas WaktuJika dua buah peristiwa diamati oleh duapengamat berbeda,

Pengamat pertama

∆tO =2D

c

Pengamat kedua

∆t =2L

c

L =

Ç

(v∆t

2)2+D2

L =

Ç

(v∆t

2)2+(

c∆t0

2)2

sehingga akan didapatkan:

∆t =∆t0

p

1− (v /c )2

β =v

c, adalah parameter laju

γ=1

p

1−β 2, merupakan faktor Lorentz

∆t = γ∆t0

Relativitas PanjangPanjang suatu objek dalam kerangka di-am adalah panjang sebenarnya (properlength) L 0. Panjang benda dalam kerang-ka yang bergerak sejajar dengan panjangbenda tersebut lebih kecil dari panjangsebenarnya (kontraksi panjang).

L = L 0

p

1−β 2 =L 0

γ

BAB 4. TEORI RELATIVITAS KHUSUS 35

4.2 Transformasi Lorentz dan Relativitas

Key Points

.Transformasi Lorentz

Transformasi Galileox ′ = x −v tt ′ = tumumnya berlakuuntuk gerak denganlaju rendah

Transformasi Lorentzx ′ = γ(x −v t )y ′ = yz ′ = zt ′ = γ(t −v x/c 2)

Posisi dan interval waktu dari dua kejadian

∆x = γ(∆x ′+v∆t ′)

∆t = γ(∆t ′+v∆x ′/c 2)

∆x ′ = γ(∆x −v∆t )

∆t ′ = γ(∆t −v∆x/c 2)

γ=1

p

1− (v /c )2=

1

1−β 2

Relativitas Kecepatan

∆x

∆t=∆x ′+v∆t ′

∆t ′+v∆x ′/c 2

∆x

∆t=

∆x ′/∆t ′+v

1+v (∆x ′/∆t ′)/c 2

u =∆x

∆tdanu ′ =

∆x ′

∆t ′

u =u ′+v

1+u ′v /c 2(transformasi kecepatan

relativistik)u = u ′ + v (transformasi kecepatan jikav � c )

MomentumUngkapan klasik

P =m v =m∆x

∆t

Pendekatan relativistik

P =m∆x

∆t0

=m∆x

∆t

∆t

∆t0

=m∆x

∆tγ

P = γm v , momentum relativistik

EnergiEnergi diam suatu benda E0 =m c 2

JIka diasumsikan energi potensial samadengan nol, maka energi total suatu bendaE = Ed i a m +Ek i ne t i k =m c 2+K = γm c 2

maka:K = E −m c 2 = γm c 2−m c 2 =m c 2(γ−1)

36 BAB 4. TEORI RELATIVITAS KHUSUS

Solusi 9.1

1 [UTS’05]

a Pengamat di labratorium akanmengamati waktu hidup mesonlebih lama dari yang sebenarnya

∆t = γ∆t0

=∆t0Æ

1 v 2

c 2

=2, 6×10−8

1− ( 0,8cc)2= 4, 33×10−8s

b Jarak yang ditempuh meson se-lama waktu hidupnya (menurutpengamat di Lab)

∆L = v∆t0

= (0, 8×3×108)(2, 6×10−8)

= 6, 24 m

2

3

4

BAB 4. TEORI RELATIVITAS KHUSUS 37

Solusi 9.2

5

6 [UTS ’07]

a Asumsi S’ bergerak ke arahsumbu-x positif dengan ke-cepatan v . Berdasarkan transfor-masi Lorentz, hubungan x ′ dan x

adalah:

x ′ = γ(x −v t )

dengan

γ=1

Æ

1− v 2

c 2

kedipan pertama terjadi di x1 pa-da t1 di kerangka S

x ′1 = γ(x1−v t1)

kedipan kedua terjadi dix2 padat2

x ′2 = γ(x2−v t2)

x ′1−x ′2 = γ[(x1−x2)−v (t1− t2)]

Menurut S’, kedipan terjadi di x

yang sama dengan selisih wak-tu kedipan sebesar 5µs (t2 − t1 =5µs), sehingga

0= γ[(1200−480)−v (−5×10−6)]

720=−5×10−6v

v =−1, 44×108 =−0, 48c

Nilai negatif menunjukkan perg-erakkan kerangka ke arah yangberlawanan dengan asumsi awal.

b Kerangka S’ bergerak ke arahsumbu-x negatif

c Dengan menggunakan transfor-masi Lorentz

t ′1 = γ(t1+v x1

c 2)

t ′2 = γ(t2+v x2

c 2)

t ′2− t ′1 = γ[(t2− t1)+v

c 2(x2−x1)]

= γ[(5×106)+0, 48c

c 2(480−1200)]

= γ(3, 85×10−6) s

(t ′2 − t ′1) > 0, sehingga menu-rut kerangka S’ kedipan warnamerah (pertama) tampak terlebihdahulu

d Interval waktu antara keduakedipan menurut S’

(t ′2− t ′1) = γ(3, 85×10−6) s

∆t ′ =3, 85×10−6

Æ

1− ( 0,48cc)2= 4, 39×10−6 s

38 BAB 4. TEORI RELATIVITAS KHUSUS

Revisi Fidas 2

Documents

Transcript of Revisi Fidas 2