Draf MODUL FISIKA DEPARTEMEN PENDIDIKAN

 0  0  131  2018-09-16 23:03:18 Report infringing document

Draf MODUL FI SI KA

DEPARTEMEN PENDI DI KAN NASI ONAL BI RO PERENCANAAN DAN KERJASAMA LUAR NEGERI JAKARTA 2007

DRAF MODULFI SI KA

  Draf MODUL FI SI KA Penyusun: Endarko,M. Gatut Yudoyono,M.

I. PENDAHULUAN

1 II

  PEMBELAJARAN 1 Listrik Statis III. PEMBELAJARAN 2 Listrik Dinamis IV.

2 Jam

  Kuliah inibertujuan untuk meberikan pengetahuan, kemampuan dan ketrampilan dalam teknik computer yang berhubungan dengan listrik dan magnetserta prianti semikonduktor dan optika terapan. Pada kuliah ini diharapkan mahasiwa dapat mengimplementasikan contoh dan tugas-tugas dalam hubungan teknik komputerTujuan Instruksional Umum (TIU) Mahasiswa diharapkan mampu: PenilaianUTS = 35% UAS = 35 % Tugas = 30 %Daftar Pustaka 1.

2. Giancoli, DC, “Fisika”, Penerbit Erlangga, 2001

4. Halliday and Resnick, ”Fisika”, Jilid 2 (Terj. Silaban, P dan Sucipto

E), Erlangga, Jakarta, 1984 5

  P E M B E L A J A R A N 1 L i s t r i k S t a t i sL i s t r i k S t a t i s Kata “listrik” dapat membangkitkan bayangan teknologi modern yang sangat kompleks, seperti peralatan komputer yang canggih, sumber cahaya yang sangat menopang kehi-dupan manusia, gerakmotor listrik, daya listrik. Studi awal mengenai kelistrikan telah dilakukan jauh di zaman kira-kira 600 tahun sebelum masehi oleh orang Yunani, tetapi baru pada dua abad terakhir dilakukan studi lengkap mengenai gejala danhal-hal yang berhubungan dengan kelistrikan.

1. Muatan Listrik dan Kekekalannya

  Kejadian menunjukkan bahwa ada perbedaan muatan listrik antara muatan pada plastik dan muatan yang dibawa oleh kaca, dengankata lain bahwa ada dua jenis muatan yang terbentuk pada benda yang digosok. Seorang negarawan, filsuf, dan ilmuwan Amerika Benjamin Franklin (1706-1790) menga-jukan argument bahwa ketika sejumlah muatan dihasilkan pada suatu benda dalam satu proses, makamuatan yang berlawanan dengan jumlah yang sama dihasilkan pada benda yang lainnya.

2. Muatan Listrik dalam Atom

  Besarnya muatan negatif (elektron) sama dengan besarnya muatan positif (proton) dan tidak ada muatan yang lebih kecil dari kedua muatan partikel ini, sehingga seringkali disebut dengan satuan dasar muatan (e). Dinyatakan dengan tiga angka penting maka massa elektron adalah 27 −1 , 67 x 10 kg − 319 , 11 x 10 kg Massa elektron = = 1840− 27 Massa proton 1 , 67 x 10 kg= Karena massa proton dan massa neutron hampir sama, maka − 27 Massa neutron = 1 , 67 x 10 kg= Dalam susunan berkala atom (tabel periodik), setiap unsur ditulis dalam satu kotak dan di bagian bawahnya terdapat bilangan yang menyatakan nomor atom.

3. Muatan Konduksi, Induksi

  Cara Konduksi Bila sebuah benda logam bermuatan positif disentuhkan dengan benda logam lain yang tidak bermuatan (netral), maka elektron-elektron bebas dalam logam yang netral akan tertarik menujulogam yang bermuatan positif, seperti yang ditunjukkan dalam Gambar 5. Memberi muatan dengan cara konduksi Cara Induksi Bila benda bermuatan positif didekatkan pada batang logam yang netral, tetapi tidak disentuhkan, maka elektron-elektron batang logam tidak meninggalkan batang logam, namun elektron-elektrontersebut bergerak dalam batang logam menuju benda yang bermuatan, dan meninggalkan muatan positif pada ujung yang berlawanan, seperti yang ditunjukkan dalam Gambar 6.

1. Gaya interaksi antara dua muatan se-banding dengan hasil kali dua muatan

  Dua buah muatan berjarak R Secara matematis hasil pengamatan secara eksperimen dapat dinyatakan dengan persamaan : Q Q 1 2 F = k (1) 2 R 9 2 2 dengan k adalah konstanta pembanding yang besarnya (8,988 x 10 ) N.m /C (biasanya dibulatkan 9 2 2 menjadi 9 x 10 N.m /C ). Anggap elektron mengorbit proton pada jarak rata-rata r = 2 0,53x10 m Penyelesaian Menggunakan hukum Coulomb, dengan r = 0,53x10 m, Q = 1 Q = 1,6x10 C, dan dengan mengabaikan tanda-tanda muatan 2 diperoleh 19 19 − −( 1 , 6 x 10 )( 1 , 6 x 10 ) 9 8 −F = 9 x 10 = 8 , 2 x 10 N− 10 2( , 53 x 10 ) Arah gaya pada elektron adalah menuju proton, karena muatan-muatan tersebut memiliki tanda yang berlawanan, sehingga gaya bersifat-tarik menarik.

2 Penjumlahan komponen-komponen x dan y secara terpisah untuk mendapatkan komponen gaya

  resultan F, adalah x 1 x 2 x 1 1 2 2 F F F F sin F sin= + = θ − θy 1 y 2 y 1 1 2 2 Besar F adalah 2 2 F = + F F x y Arah F ditentukan oleh sudutθ yang dibuat F terhadap sumbu x, yang dinyatakan dengan : Fytan θ = Fx Penggambaran diagram sangat penting untuk penyelesaian suatu masalah, terutama diagram benda bebas untuk setiap benda, yang menunjukkan semua gaya yang bekerja pada benda tersebut. 3 Gaya total pada muatan Q merupakan jumlah vektor gaya F yang 3 31 diakibatkan oleh muatan Q dan gaya F yang diakibatkan oleh 1 32 muatan Q .

2 Tanda positif dan negatif pada muatan tidak perlu dimasukkan dalam perhitungan, tetapi harus

  m / C 1 , 31 2 N = = = 2 2r ( , 5 m ) − 6 − 6 Q Q ( 4 x 10 C ).( 3 x 10 C ) 3 2 9 2 2= = = F k 9 x 10 N . m / C 2 , 7 N 32 2 2r ( , 2 m ) Jika arah kanan F dianggap menunjuk ke arah x positif dan arah kiri F menunjuk ke arah 31 32 x negatif.

32 CONTOH 3 Tiga muatan Q , Q , dan Q tersusun seperti gambar disamping

1 2

3 Tentukan Gaya elektrostatik total pada muatan Q , bila r = 0

3 23 cm, r = 52 cm, Q = 86 µC, Q = 50 µC, Q = 65 µC. 21 1 2

3 Penyelesaian

Gaya-gaya F , F dan penguraian arahnya ditunjukkan dalam 31 32 gambar disamping. Q Q 3

1 F = k

31 2 r 5 5 − − ( 6 , 5 x 10 C ).( 8 , 6 x 10 C ) 9 2 2 = ( 9 x

10 N . m / C ) = 140 N

2 ( , 6 m ) − 5 − 5 Q Q ( 6 , 5 x 10 C )( 5 x 10 C ) 3 2 9 2 2 F = k = ( 9 x 10 N . m / C ) = 330 N 32 2 2 r ( , 3 m ) 31 31 sepanjang sumbu x dan y, sehinggaF = F cos 30 = 120 N 31 X 31 F = F sin 30 = − 70 N 31 Y 31 Gaya F hanya mempunyai komponen y, sehingga gaya total pada muatan Q mempunyai 32 3 komponen-komponen : 3 X 31 X 3 Y 32 31 Y 70 ) N 260 N = = , = = − = Dengan demikian besar gaya total pada muatan Q3 adalah : 2 2 2 2 F F F ( 120 N ) ( 260 N ) 290 N= = = + + 3 3 X 3 Y Sedangkan arah gayanya: F 260− 1 3 Y − 1 − 1tan tan tan 2 , 2 65 θ = = = =F 120

3 X Vektor gaya listrik dari hukum Coulomb pada Persamaan (1) masih dinyatakan dalam bentuk skalar

  Medan listrik di suatu titik yang disebabkan oleh sejumlah muatan titik dapat dihitung dari jumlah vektor medan listrik masing-masing muatan, yang secara matematis dinyatakan sebagai: 2 1 2 ⎥ ⎦⎤ ⎢ 2 1 2 2 1 2 1 ⎣ ⎡ , seperti yang ditunjukkan dalam gambar di atas. E 2 (b) Elektron akan merasakan gaya ke kanan karena ia bermuatan negtif, sehingga percepatannya juga akan mengarah ke kanan, dengan besar − 19 8 F qE ( 1 , 6 x 19 C ).( 6 , 3 x 10 N / C ) 20 2 a = = = = 1 , 1 x 10 m / s − 31 m m 9 ,1 x 10 kg 6 .

10 V / m )( x − x ) = (

10 V / m )( x − x ) 2 1 1 2 Karena diketahui bahwa potensial nol pada x = 0, kita mempunyai V(x ) = 0 pada x = 0. Maka 1 1 potensial pada x relatif terhadap V = 0 pada x = 0 diberikan oleh

2 V(x ) – 0 = (10 V/m)(0 – x )

2 2 atauV(x ) = - (10 V/m) x 2

2 Pada titik sembarang x, potensialnya adalah

V(x) = - (10 V/m)x Jadi potensial nol pada x = 0 dan berkurang 10 V/m dalam arah x.

POTENSIAL OLEH SISTEM MUATAN TITIK

  Potensial listrik oleh muatan titik q di pusat dapat dihutung dari medan listrik, yang diberikan oleh → ∧ kq(8) E = r 2 r → ∧ Jika muatan uji q pada jarak r diberikan suatu perpindahan , perubahan energi potensialnya dl = dr r → → dU q E . Dalam elektron Volt, energi potensial elektron 10 dan proton yang terpisah dengan jarak 0,529 x 10 m adalahU = qV = -e(27,2 V) = -27,2 eV dalam satuan SI, energi potensial adalah U = qV = (-1,6 x 10 C)(27,2 V) = - 4,35 x 10 JUntuk menentukan potensial pada satu titik oleh beberapa muatan titik, kita menentukan potensial pada titik tersebut oleh tiap muatan secara pemisahan dan penjumlahan.

ENERGI POTENSIAL ELEKTROSTATIK

  Untuk membawa muatan ketiga, kerja yang harus dilakukan melawan medanW = q V = 2 2 r 12 listrik yang dihasilkan oleh kedua muatan q dan q . Kerja yang diperlukan untuk membawa muatan 1 2 kq q kq q 1 3 2 ketiga q menuju jarak r dari q dan r dari q adalah .

2 W =

  Secara umum, Energi potensial listrik sistem muatan titik adalah energi yang diperlukan untuk membawa muatan dari jarak takhingga ke posisi akhirnya. V = + C a 2 aMaka kerja yang diperlukan untuk membawa muatan ketiga q ke titik C adalah kqq kqq a 2 a Total kerja yang diperlukan utnuk memasang emepat muatan tersebut adalah 2 kqq ( 8 2 2 ) kqq total 2 3 4 a 2 a 2 aKerja ini adalah energi elektrostatik total distribusi muatan.

PERHITUNGAN POTENSIAL LISTRIK UNTUK DISTRIBUSI MUATAN KONTINU

  Potensial listrik oleh distribusi muatan kontinu diberikan oleh: kdq(15) V = ∫ r dengan dq = distribusi muatan. Distribusi muatan dq dapat berupa distribusi muatan pada panjang, luasan, dan volume berturut-turut dapat dinyatakan sebagai berikut:dq λ = dldq (16)σ = dAdq ρ = dVDengan λ, σ, dan ρ berturut-turut adalah rapat muatan persatuan panjang, rapat muatan persatuan luasan, dan rapat muatan persatuan volume.

MENGHITUNG POTENSIAL PADA SUMBU CINCIN MUATAN

  Jarak dari elemen muatan ini ke titik medan P pada sumbu 2 cicncin adalah . Karena jarak ini sama untuk semua elemen pada cincin, kita dapat r = x amelepaskan faktor ini dari integral pada persamaan 15.

2 V = =

  Partikel kecil dengan massa m = 6 mg = 6 x 10 Kg dan muatan q = 5 nC diletakkan pada x = 3 cm dan dilepaskan. Penyelesaian: Energi potensial muatan q pada x = 3 cm adalah kQqU = q V = 2 2 9 2 2 − 9 − 9 ( 8 , 99 x 10 N . m / C )( 8 x 10 C )( 5 x 10 C )= 2 ( , 03 m ) ( , 04 m ) − 6 = 7 , 19 x Saat partikel bergerak sepanjang sumbu x menjauh dari cincin, energi potensialnya berkurang dan energi kinetiknya bertambah.

10 Kg

Gambar 5 Geometri untuk perhitungan potensial listrik di titik P pada sumbu cincin muatan serba sama berjari-jari a

MENGHITUNG POTENSIAL PADA SUMBU CAKRA MUATAN SERBA SAMA

  Luas cincin ini 2 πa.da, dan muatannya adalah dq = σ dA = σ 2πa.da. Potensial pada suatu titk P pada sumbu x oleh elemen cincin muatan ini diberikan oleh persamaan 17: kdq k σ2 π ada dV = = 2 2 2 Potensial pada sumbu cakra ditentukan dengan integral dari a = 0 ke a = R, R R 1 − k σ 2 π ada 2 2 V = k σπ x a 2 a da = ( )∫ ∫ 2 x a 2 2 n Integral ini berbentuk dengan u = x + a dan n = - ½.

MENGHITUNG POTENSIAL DI DALAM DAN DI LUAR KULIT BOLA BERMUATAN

  Di luar kulit bola, medan listrik adalah radial dan sama jika semua muatan berada di pusat: → ∧ kQE = r 2 r → ∧ Perubahan dalam potensial untuk suatu perpindahan dl dr r di luar kulit adalah =→ → ∧ ∧ kQ kQ dV = − E . Gambar 8 Simbol Kapasitor Menghitung Kapasitans Kapasitor Keping Sejajar Kapasitor keping terdiri dari dua keping konduktor sejajar dengan luas masing A, dan terpisah dengan jarak d, muatan dari keping sejajar adalah +q dan yang lain –q, seperti terlihat pada Gambar 9.

2 Jadi dengan mengingat persamaan 4, maka kapasitans dari kapasitor dua bola konsentris yang

radiusnya R dan R adalah: 1 24 πε (26) C = 1 1 −R R 1

2 Menghitung Kapasitans Kapasitor Silinder

  Kapasitor silinder terdiri atas dua silinder sesumbu (koaksial) radius R dan R serta mempunyai 1 2 panjang L (R << L). Dapat dilihat pada Gambar 11.

1 CONTOH SOAL 2.: Suatu kapasitor keping sejajar berbentuk bujursangkar dengan sisi 0 cm dan jarak pemisah mm

  Jika kapasitor ini dimuati sampai 12 V, berapa banyak muatan yang dipindahkan dari satu keping ke yang lain ? Gunakan persaman 25, sehingga diperoleh kapasintasinya: 2 A ε ( , 1 m ) ( 8 , 85 pF / m ) − 11 C = = = 8 , 85 x 10 Fd , 001 m b.

CONTOH SOAL 2.2:

  Suatu kabel koaksial terdiri dari kabel berjari-jari 0,5 mm dan lapisan konduktor terluar dengan jari- jari 1,5 mm. Tentukan kapasitansi persatuan panjang.

2 L C

2 2 ( 8 , 85 pF / m ) πε πε π C = = = = 50 , 6 pF / m R R 2 L 2 ⎛ 1 , 5 mm ⎞ln ln ln ⎜⎜ ⎟⎟R R 1 1 , 5 mm⎝ ⎠

SAMBUNGAN KAPASITOR

  Sambungan beberapa kapasitor tersebut dapat diganti dengan satu kapasitor yang sama nilainya. Sambungan Seri Tinjau tiga kapasitor yang kapasitansinya C , C dan C , seperti terlihat pada Gambar 12.

3 Untuk n kapasitor disambung paralel, kapasitans ekivalennya adalah:

n (31) C = CP i ∑i =

1 CONTOH SOAL 2.3:

  Tiga buah kapasitor tersusun seperti pada Gambar 14, jika C = 2,2 x 10 F, C = 8 x 10 F, dan C 1 2 3 Tentukan: a. C = C + C p 2 3 1 1 1 C C Cs 1 p 13 C CC ( C C ) 2 , 2 x 10 F ( 8 8 , 85 ) x 10 F1 p 1 2 3 C= = =s − 2 8 8 , 85 ) x 10 F1 p 1 2 13 C C C C C ( + + + + + 2 , 3 − 13= 1 , 95 x − 13 Muatan total dalam sistem adalah q = C V = (1,95 x 10 F ) (100 V)s q = 1,95 x 10 CMuatan masing-masing kapasitor adalah sebagai berikut: q = q = 1,95 x 10 C 1 q : q = C : C = 8 : 8,85 2 3 2 3 q = (8/16,85) x 1,95 x 10 C = 0,945 x 10 C 2 q = (8,885/16,5) x 1,95 x 10 C = 1,046 x 10 C 3 b.

ENERGI KAPASITOR

  Jadi energi kapasitor U adalah: 2 1 Q 1 1 2 (32) U = = CV = QVab ab 2 C 2 2 DIELEKTRIKUM Dielektrikum adalah bahan yang tidak mempunyai elektron bebas, jika suatu dielektrikum tidak dipengaruhi medan listrik, muatan positif dan muatan negatif tidak terpisah, seperti terlihat padaGambar 15.a. Eσ χ E= − ε ε Eχ σ = ε ε⎛ ⎞ χ σ 1 = + E ⎜⎜ ⎟⎟ε ε ⎝ ⎠ Didefinisikan tetapan dielektrikum k , eχk = + (35) e1 ε Maka σE = k εe Didefinisika permitivitas dielektrikum ε,k (36) ε = εe Maka σE (37) = ε Jadi kuat medan listrik dalam dielektrikum sama dengan kuat medan listrik dalam hampa dengan mengganti dengan ε ε.

CONTOH SOAL 2.4:

2 Dua keping sejajar luas masing-masing 1 cm , jaraknya mm, diantaranya diberi dielektrikum

  5 )( / 10 85 ,8 )( 10 ( 10 4 2 = = = = ε ε 12 4 10= = = = − − −ε ε σ c. F x m xN m C x m d A k dA Ce 12 2 10 85 ,8 )( 10 ( 2 12 4 10 3 , 2 10 2 ).

1 C m x C N x m N C x E

  / 10 85 ,8 )( 10 ( 10 85 ,8 )( 1 ) 5 (1 ( N m C x N m C x k ki e e − − −− = = = =− = − = → + = χ σ ε χ εχ d. P E M B E L A J A R A N 2 L i s t r i k D i n a m i sL i s t r i k D i n a m i s Sebuah lampu ketika dinyalakan, maka filament kawat dalam bola lampu terhubungkan ke suatu beda potensial yang menyebabkan muatan listrik mengalir pada kawat, yang analogi dengan bedatekanan dalam pipa air yang menyebabkan air mengalir melalui pipa.

1. Arus Listrik dan Kerapatan Arus

  Kalau muatan yang lewat terdiri dari bermacam-macam partikel dengan jumlah partikel ampere persatuan volume, kecepatan, dan muatan yang berlainan, maka dQ Adt ( n v q n v q ...) dan= + + 1 1 1 2 2 2dQ (3) i = = A n v qi i i ∑dt Rapat arus J didefinisikan sebagai kuat arus i dibagi luas penampang A, yaitu i J (4) =A CONTOH 1 Pada suatu konduktor mengalir arus sebesar 1 A. Penyelesaian Dari definisi arus (Pers. 1) didapatkan besarnya muatan listrik yang mengalir selama 1 menit (60 sekon): Q i = ⇒ Q = i x t =1 x 60 = 60 C t Satu muatan elektron sama dengan satu muatan dasar, sehingga Q 60 CQ = ne ⇒ n = = − 19e 1 , 6 x 10 C 20n = 3 , 75 x 10 buah CONTOH 2 6 Dalam suatu berkas elektron, terdapat 5 x 10 elektron per sentimeter kubik.

i Avnq r vnq

= = π( ) 2 − 3 6⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ × ⎞ 10 5 108 − 19⎜ ⎟i = π , 59 × 10 1 , 6 × 10( ) ( ) − 6⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟ 2 10 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ − 5i 3 , 7 10 A = ×

2. Konduktivitas dan Resistivitas

  Misalkan ada dua jenis bahan (tembaga danbesi) yang mempunyai luas penampang dan panjang yang sama serta diberi beda potensial yang sama pada kedua ujung bahan tadi, maka kemungkinan kedua bahan tersebut mengalirkan arus listrik yangberbeda besarnya. Penyelesaian: Dengan menggunakan Persamaan (9), dapat kita peroleh: − 4 2 L RA ( 2 Ω )( 3 , 14 )( 6 , 5 x 10 m )R = --Æ L = = = 2 , 66 m ρ− 6 A 10 Ω .

4 Sehingga

  m ρ Ω − 38 , 1 x 10 / m = = Ω − 6 2 A 2 , 1 x 10 m Di alam tidak semua bahan mempunyai resistivitas yang selalu memenuhi hukum Ohm, yang bersifat linier antara hubungan beda potensial dan arus listrik. Disamping konduktor yang memenuhi hukum ohm, adajuga konduktor yang tak linier, misalnya konduktor dari tabung vakum (Gambar 2(b)) Gambar 2.

3. Energi dalam Rangkaian Listrik

  Kotak hitam yang mewrupakan sebagian dari rangkaian listrik Arus i masuk ke-kotak pada tegangan V dan keluar dari kotak pada tegangan V (V > V ), sehingga a b a b terjadi aliran muatan dari a ke b. Dalam waktu dt muatan yang masuk pada jepitan a adalah dq (dq = i dt), dan dalam waktu yang sama muatan yang keluar dari b adalah dq juga.

2 P = i R

  (12) atau 2 V ab P =(13) R Tenaga diberikan oleh perpindahan muatan tersebut seluruhnya diubah menjadi panas, sehingga 2 panas yang timbul dalam hambatan R persatuan waktu adalah i R. CONTOH 5 Kawat pemanas terbuat dari campuran nikron ( N – C ) panjangnya 10 m dan mempunyai i i hambatan 24 ohm, dibuat kumparan untuk suatu alat pemanas listrik.

2 V ( 110 V ) P = = 504 watt

= R24 ohm Untuk satu kawat setengah panjang : 2

2 V 110

  V( ) P = = 1008 watt. = R12 ohm Dapatkah kita potong terus menerus kawat tersebut untuk mendapatkan daya yang lebih tinggi ?

4. Gaya Gerak Listrik (GGL) dan Baterai

  Jadiuntuk suatu muatan sebesar dq yang dikeluarkan sumber dalam waktu dt, tenaga yang diubah menjadi tenaga listrik adalah dW sehingga EMF ε, dW ε =(14) dq dan daya yang dikeluarkan sumber EMF, ε dq P = =(15 ) dW = ε i dt dt Perhatikan suatu rangkaian yang terdiri dari suatu sumber EMF (ε,r) dan hambatan luar R (Gambar 4). Jadi 2 2 (16)ε i = R i ε atau i =(17) Tegangan V sepanjang R disebut tegangan jepit yang besarnya ab V = V - V = i R(18) ab a b Suatu rangkaian tertutup yang satu sumber EMF (ε,r) berupa baterai dan sebuah motor yang dihubungkan seri dengan hambatan luar R (Gambar 5).

6 V − (

  5 A )( 1 Ω ) = 5 , 5 V εa b c. Daya yang dihantarkan oleh sumber ggl P = I = ( 6 V )( 11 Ω ) = 3 W ε d.

2 I R (

  R a n g k a i a n A r u s S e a r a h Dalam kegiatan belajar ini, akan dianalisa beberapa rangkaian sederhana yang terdiri dari baterai, hambatan (resistor) dan kapasitor dalam berbagai kombinasi dengannya kita akan memperoleh nilaiV dan I dan nilai lain yang diperoleh dari rangkaian tersebut. Rangkaian demikian disebut dengan rangkaian arus searah (DC), karena arus yang mengalir dalam rangkaian tersebut selalu memilikiarah yang sama.

a. Kombinasi Resistor Kombinasi Seri

  Karena muatan tidak terkumpul pada satu titik dalam kawat yang dialiri arus konstan, jika suatu muatan selama 1 ∆Q mengalir ke R interval waktu tertentu, sejumlah muatan selama interval waktu yang 2 ∆Q harus mengalir keluar R sama. Kita sering menyederhanakan analisarangkaian dari resistor yang tersusun secara seri dengan menggantikan resitor tersebut dengan resistor tunggal ekivalen R yang memberikan tegangan jatuh V yang sama ketika membawa arus I eq yang sama (lihat Gambar 6.b).

2 Jadi, resitansi ekivalen untuk resistor yang tersusun seri adalah penjumlahan resistansi awal. Ketika

  (b) Resistor-resistor pada (a) dapat digantikan oleh resistor ekivalen R = R + R yang memberikan eq 1 2 tegangan jatuh total yang sama ketika membawa arus yang sama seperti dalam (a) Resistor Paralel Dua resistor yang dihubungkan seperti dalam Gambar 7.a sedemikian rupa sehingga memiliki beda potensial yang sama antara keduanya yang dikatakan bahwa mereka dibungkan secara paralel. Pada titik a arus terpecah menjadi dua bagian, I dalam resistor R dan I dalam 1 1 2 resistor R .

2 I = I + I

  (23) 1 2 Misalkan V = V – V adalah tegangan jatuh pada kedua resistor. Dalam bentuk arus resitansi, a b V = I R = I R(24) 1 1 2 2 Resistansi ekivalen dari kombinasi resistor paralel didefinisikan sebagai resitansi R tersebut, di eq mana arus total I menghasilkan tegangan jatuh V (Gambar 7.b), V R =(25) eq I Dengan memecahkan Persamaan ini untuk I dan dengan menggunakan I = I + I , kita dapatkan 1 2 V I I(26) 1 2 R eq Tetapi menurut Persamaan 24, I = V/R dan I = V/R .

2 Resistansi ekivalen untuk dua resistor paralel dengan demikian dapat ditulis menjadi:

1 1 1 =R R R eq 1

2 Hasil ini dapat diperluas untuk beberapa kombinasi resistor lebih dari dua buah yang disusun secara

  Dengan menyebut arus pada resistor 4 Ω dengan I , dan pada resistor 6 , kita dapatkan 1 2 Ω dengan IV = I R = I ( 4 Ω ) = 12 V 1 1 1 12 V 12 VI = = 3 A dan I = = 2 A 1 2 4 Ω 6 Ω d. Daya yang dibutuhkan untuk mengalirkan arus 5 A pada 12 V adalah : P = IV = ( 5 A )( 12 V ) = 60 W 24 5 R eq 'eq '' (Gambar 10.b)Ω =Ω = +Ω = 24 4 8 1 1 1 R 3 24 1 R 1 eq ''eq '' ' (Gambar 10.c)Ω = Ω= 6 4 eq '' ' Jadi resistansi ekivalen antara titik a dan b adalah 6Ω 5 R 8 1 Ω = Ω + Ω = + Ω = Gambar 9.

5. Hukum Kirchhoff

  ε 2 2 Juga karena arus yang mengalir pada R dan R tidaklah sama, maka R dan R juga tidak dapat 1 2 1 2 dikatakan dirangkai secara seri. Ketika suatu rangkaian tidak dapat dibentuk menjadi rangkaian sederhana dengan kombinasi seri dan/ atau paralel untuk menentukan arus yang mengalir dalam rangkaian, maka dapat digunakanhukum-hukum yang dikemukakan oleh G.

2. Pada setiap titik percabangan jumlah arus yang masuk melalui titik tersebut sama dengan jumlah arus yang keluar dari titik tersebut

  Karena muatan tersebut bukan berasal dari titik percabangan dan tidak juga menumpuk pada titik tersebut dalam keadaan tunak, dengan demikian muatan akan terkonversi dititik percabangan tersebutyaitu: I = I + I(30) 1 2 3 Gambar 13 memperlihatkan sautu rangkaian yang terdiri dari 2 buah baterai dengan hambatan dalam r dan r beserta 3 buah resistor luar. Perubahan potensial antara titik yang ditandai pada rangkaian dalam Gambar 8 a Æ b Berkurang IR 1 b Æ c Berkurang IR 2 c Æ d Berkurang 2 ε d Æ e Berkurang Ir 2 e Æ f Berkurang IR 3 f Æ g Bertambah 1 ε g Æ h Bertambah Ir 1 Ingat bahwa jika 2 lebih besar daripada 1 , kita peroleh nilai negatif untuk arus I, yang menunjukkan ε ε bahwa kita telah mengasumsikan arah I yang salah.

2 I = I + I R + I R + I r + I R + I r (33)

  CONTOH 9 Suatu baterai denganε = 20 volt, r = 0,5 ohm, dihubungkan seri dengan suatu motor yang bekerja pada tegangan EMF ε’ = 12 volt (ini bukan tegangan jepit motor) dan hambatan dalammotor r’ = 1 Ω. Selama 1 detik panas yang timbul, 2 2 dalam baterai : W = i r t = 2 x 0,5 x 1 Joule = 2 Joule, 1 2 dalam motor : W = 2 x 1 x 1 = 4 Joule 2 2 dalam hambatan luar R : W 3 = 2 x 2,5 x 1 = 10 Joule d.

4 CONTOH 10

  Gambar 15 menunjukkan suatu rangkaian listrik yang terdiri dari dua loop. Tentukan besar dan araharus yang melewati R , R , dan R .

20 V , r = Ω

1 1 ε= 12 V , r = Ω 2 2i i 1 2 i 3Ω Ω Ω 5 3 4 == = 1 2 3 R R R Rangkaian perhitungan menggunakan hukum Kirchhoff 1 dan 2 Gambar 15.dalam contoh soal 2.4 Penyelesaian Misalkan arah arus dan arah loop seperti ditunjukkan pada gambar. Loop I : ε - i R + i R = 0 atau 1 1 1 2 2 20 – 5 i + 3 i = 0 (a) 1

2 Loop

II - : - i R - i R = 0 atauε 1 2 2 3 3 2 3 dan dari hukum Kirchhoff I,Σ i di titik d adalah nol, yaitu i + i - i = 0 (c ) 1 2

3 Dari Persamaan (a), (b), dan (c ) dapat dicari i , i , i yaitu i = 2,21 A, i = 2,979 A, dan i =

  P E M B E L A J A R A N 3 K e m a g n e t a n K e m a g n e t a n Ketika ujung alat “testpen” berulangkali disentuhkan dengan arus listrik, akan terjadi perubahan sifat dari ujung alat tersebut. Dua kutub magnet batang Bila sebuah magnet batang dipotong menjadi dua bagian maka potongannya tidak membuat sebuah kutub utara dan kutub selatan yang terpisah melainkan akan menghasilkan dua buah magnet yangmasing-masing memiliki kutub utara dan kutub selatan.

1. Besaran-besaran medan magnet

  Arah garis gaya magnet dan arah medan magnet B( ) Besar medan magnet (induksi magnet) pada suatu titik dinyatakan dengan jumlah garis-garis gaya magnet yang menembus satuan luas bidang yang tegak lurus terhadap arah medan magnet pada titiktersebut. Penyelesaian S = kutub utaraKarena R menolak S, maka R mempunyai kutub yang sejenis dengan kutub S sehingga R = kutub utaraKarena P menolak R, maka P mempunyai kutub yang sejenis dengan kutub P sehingga P = kutub utaraKarena P menarik Q, maka Q mempunyai kutub yang berlawanan dengan kutub P sehingga Q = kutub selatan Contoh 2 Sebuah bidang A mempunyai rapat garis gaya sebesar 8 x 10 Tesla.

2. Medan magnet di sekitar arus listrik

  diperoleh hubungan :θ = 90 α → α = 90 - θ -β = 180 - α → β = 90 + θ Untuk kawat lurus tak berhingga,= 0 = - 90 β 1 → θ 1 = 180 = 90β 2 → θ 2 sehingga diperoleh : [ ] atau μ i (4) B = 2 π aCONTOH 4 Dua kawat lurus panjang dan sejajar dipisahkan pada jarak 0,5 m. Jika arah kecepatan membentuk sudut B θ terhadap arah medan magnet, menurut Lorentz gaya yang bekerja pada muatan listrik tersebut adalah r r rF q v B (10) = ×( ) yang besarnya dinyatakan sebagaiF = q v B sin θ r dengan arah gaya tegak lurus terhadap bidang yang dibentuk oleh vektor kecepatan dan medan v r magnet .

14 N, berapa besar kecepatan gerak elektron tersebut ?

  Suatu muatan listrik bergerak ke kanan dengan kecepatan v dalam medan magnet B yang mempunyai arah masuk ke dalam bidang gambar (lihat Gambar 14.)Mula-mula muatan berada pada titik A, dengan menggunakan kaidah tangan kanan diperoleh arah gayanya ke atas. Karena arah kecepatan muatan tegak lurus terhadap arah medan magnet maka besar gaya Lorentz adalah F = q v B sin 90 ; F = q v B sehingga besarnya momentum partikel yang bergerak tersebut adalah 2.10 Sebuah partikel bermuatan listrik 1 μC berada dalam medan magnet homogen/ serbasama B = 11 - 4 -6= = = 10 .

2 B , B

  = = 1 22 a 2 a π π Kawat dengan arus i berada di bawah pengaruh medan magnet B sehingga pada kawat timbul gaya 1 2 F . Terlihat 1 2 2 1 arah F dan F dapat dicari dengan Persamaan gaya Lorentz.

2 F = i B

1 1 λ 1 2i i i μo μo 1 1 1

2 F i l

= → F = 1 1 12 a l 2 a π π 1 2 2 λ 2 1i μo μo i i 1 2 1 2 (13) F = i l →F = 2 2 22 a l 2 a π π

2 Terlihat bahwa besar gaya persatuan panjang kawat untuk masing-masing kawat sama besar dan

  Penyelesaian μ o i i b μ 1 2 1 2 F = = 3 DC ln ln 2 π a2 π μ a b μ 1 2 1 2 F = ln = ln 3 AB 2 a 2π π Gaya F dan F saling meniadakan. medan magnet digerakkan menjauhi kumparan Fluks Magnetik Michael Faraday pada bulan Nopember 1831, mengatakan dalam karangannya yang berjudul “on the induction of electric currents” bahwa apabila arus listrik disertai medan magnet, maka akan ganjilbila sebuah konduktor atau penghantar yang dimasukkan dalam medan magnet tidak dilalui arus listrik.

2 T )( , 0050 m )( , 866 ) =

26 Wb φm Contoh 2 Carilah fluks magnetik yang melalui suatu solenoida yang panjangnya 40 cm, berjari-jari 2,5 cm, memiliki 600 lilitan, dan memberikan arus 7,5 A. Penyelesaian Medan magnet di dalam solenoida diberikan: B nl = μ B = (4 T.m/A)(600 lilitan/0,40 m)(7,5 A) = 1,41 x 10 Tπ x 10 Karena medan magnet pada dasarnya konstan diseluruh luas penampang kumparan, fluks magnetik − 2 2 − 2 sama dengan = NBA = ( 600 )( 1 , 41 x 10 T ) ( , 0025 m ) = 1 , 66 x 10 Wb φ πm Perhatikan bahwa karena = NBA dan B sebanding dengan lilitan N, fluks ini sebanding dengan φm

2 N

  ¾ Jika GGL induksi yang terjadi E dan kuat arusnya i, tenaga listrik yang terjadi dalam ¾ Bila kecepatan v membentuk sudut Hitunglah GGL induksi yang terjadi jika penghantar ab digerakkan sepanjang ds menjadi a’b’ seperti Gambar. 2 (5) denganl = Panjang penghantar/kawat dalam meterB = Besar induksi magnetik dalam W/m θ dengan medan magnet B besar GGL adalah :E = B.l.v sin θ (tanda – hanya menunjukkan arah)E = B.l.v t Δ Δ t Δ t = -i.

1. Dinamo Faraday

  Dinamo faraday terdiri dari suatu cakram penghantar jejari dalamnya = r dan jejari luarnya = r b , yang berputar terhadap sumbunya dengan kecepatan sudutω, didalam medan magnet serba sama dengan induksi magnet B. Misalkan besarnya simpangan sudut yang ditempuh cakram dalam selang waktu dt(waktu antara t dan t + dt) = d θ, maka berkurangna fluks magnet adalah sebesar:X XX XX XX XX XX XX XX XX XX XX XX XX XX XX XX XX XX XX XX XX XX XX XX XX X o a b r b r a ωX XX XX XX XX XX XX XX XX XX XX XX XX XX XX Xθd a 1 1 − d φ = B r .

2 B ( r r ) B ( r r )

  − = − = ω −b a b adt 2 dt 2d 2 Untuk cakram lingkaran r = 0 dan r = R, maka berlaku : E = − = B R a b ωdt 1 φ 2 Contoh 4 Suatu solenoida panjang, mempunyai 200 lilitan/cm, diameternya 3 cm. EMF terinduksi pada koil ditentukan dari: dφ E = − N , φ = BA dtμ B ditengah solenoida: B = NI (cos )α L N/L = 200 lilitan/cm = 20.000 lilitan/m, cosα = 1 B = (4 )(20.000)(i(t)) = 8 i(t)π x 10 π x 10 − 3 28 x 10 .

2 NBA ( 50 )(

  Bila: N = jumlah lilitan kumparan I 1 N = jumlah lilitan kumparan II 2 I = Arus yang mengalir di kumparan I 1 I = Arus yang mengalir di kumparan II 2 k = tetapanUntuk I = 0, berlaku . Jika perubahan I 2 φ = kI 1 φ 1 21 1 21d φ 21 sebagai fungsi waktu, maka terdapat perubahan sebagi fungsi waktu atau terdapat , φ 21dt sehingga pada kumparan II timbul GGL induksi dan dinyatakan E .

1 Berlaku: E N N k , dengan N k = M = Koefisien timbale balik = koefisien

= − = − 2 2 2 2dt dt gandeng. Sehingga, E

2 M = − (8)

  dI 1dt Untuk I = 0, sama pengerjaan di atas sehingga didapat: 1 E 1 M= −dI 2dt Sehingga diperoleh indukstansi gandeng/bersama (M) adalah: φ φ 21 12 M N N (9)= = 2 1 I I 1 2d φ Perubahan fluks magnet dapat pula ditimbulkan dalam kumparan tunggal yaitu degan dt mengalirkan arus berubah dalam kumparan tunggal tersebut. Penyelesaian: Dengan menggunakan persamaan (11) dan B A nIA dengan n = N/l (jumlah φ = = μsolenoida lilitan/panjang), didapat: 2 -7 3 2 -4 2 -5 L = n Al= (4 H/m)(10 lilitan/m) (5 x 10 m )(0,1 m) = 6,28 x 10 Hμ π x 10 Tenaga Magnet yang tersimpan pada Induktor L Jika saudar mengingat kembali hal mengenai medan listrik, saudara akan menemui suatu alat yang dapat menyimpan tenaga listrik elektrostatis yaitu suatu kapasitor atau kondesantor.

2 Dengan, i R = P = Daya pada R, Li P = Daya pada L

  Emil Lenz(1804-1865)): Ggl induksi dan arus induksi memiliki arah sedemikian rupa sehingga melawan muatan yang menghasilkan ggl dan arus induksi tersebutHukum Lenz ini merupakan hal khusus daripada hukum Le Chatelier (1850 – 1936) yang diajukan dalam tahun 1888 dan mengatakan bahwa: apabila suatu system yang berada dalam keseimbangandiganggu, maka system itu akan menggubah keadaannya ke arah yang meniadakan gangguan tersebut. Arus dan tegangan sinusoidal Dalam generator, kumparan persegi panjang yang diputar dalam medan magnetik akan membangkitkan Gaya Gerak Listrik (GGL) sebesar :E = E sin t m ω Dengan demikian bentuk arus dan tegangan bolak-balik seperti persamaan di atas yaitu : i = I sin t m ω v = v sin t mω i dan v adalah arus maksimum dan tegangan maksimum.m m Bentuk kurva yang dihasilkan persamaan ini dapat kita lihat di layar Osiloskop.

2 Kuat arus dan tegangan yang terukur oleh alat ukur listrik menyatakan harga efektifnya

  Kumparan induktif dalam rangkaian arus bolak-balik Andaikan kuat arus yang melewati kumparan adalah I = I sin t. R = 0 d I Besar GGL induksi yang terjadi pada kumparan E = -L 1d t Bila tegangan antara AB adalah V, kuat arus akan mengalir bila : d I V = Ld t d ( I max . sin t )ω V = L d t V = ω L I .

1 X = = =

CI max C V max C ω ω

1 X =

  Menurut hukum ohm, tegangan antara ujung-ujung rangkaian :V = V + V + V R L C Dengan penjumlahan vektor diperoleh : 2 2 Z(I X - L I X C ) (I R) 2 Z = L C(X - X ) R Z disebut Impedansi V L V C X - - L X C Tg = = θ V R R Ada tiga kemungkinan yang bersangkutan dengan rangkaian RLC seri yaitu : 1. Besarnya frekuensi resonansi dapat dicari sebagaiberikut :X = X L C 1 ωL = Cω 1 2 =ω LC 1 2 24 f π = LC 1 f = atau T = 2 LC π 2 LC π f adalah frekuensi dalam cycles/det, L induktansi kumparan dalam Henry dan C kapasitas capasitor dalam Farad.

1. Struktur Kristal

  d) Kita dapat menggunakan pendekatan 1 = 8,98 x 10 exp (V / 0,05) V = 0,926 volt Hasil ini juga perlu kita curigai karena pada arus yang begitu besar mungkin dioda akan menjadi sangat panas sehingga akan mengubah harga I dan V secara signifikan. Dengan menggunakan hukum I Kirchoff pada titik cabang B diperolehI = I + I (12) E B C Misalkan I = 0,05 mA dan h = 100 maka B FE I B h , I I h ( , 05 mA )( 100 ) 5 mA (13)= = = = FE C B FE I C Sehingga: I = (0,05 + 5) mA = 5,05 mA.

1 Persamaan ini menunjukkan bahwa dalam keadaan setimbang N selalu lebih besar daripada N

  Apabila terdapat radiasi dengan frekuensi ν), terjadilah transisiν dan rapat energi e( akibat serapan dari E ke E , dengan kebolehjadian sebut saja B e( ν) karena terlihat jelas 1 2 12 kebolehjadian ini sebanding pula dengan rapat energi fotonnya. Pancaran spontan ini dapat pula merangsang transisi dari E ke E akibat interaksinya dengan atom-atom yang berada dalam keadaan 2 1 tereksitasi E , kebolehjadiannya B e( 2 21 ν).

12 Jika persamaan (19) ini dibandingkan dengan distribusi statistik Bose Einstein, tampak bahwa foton

adalah boson, dan persamaan radiasi Planck dengan harga-harga : 3

3 A /B = 8 / c (20)

21 12 πh. ν danB /B = 1 (21) 21

12 Persamaan (21) menunjukkan bahwa kebolehjadian atom-atom tersebut melakukan transisi serapan

  Tetapi pada keadaan normal pengaruh serapanlah yang lebih terasa karena populasi atom lebih besar di tingkatenergi yang lebih rendah. Laser yang dihasilkan oleh pancaran terangsang dengan demikian hanyabisa terjadi jika pancaran terangsang dapat dibuat mengungguli dua proses yang lain.

1 Dari persamaan ini tebukti tidaklah mungkin pancaran terangsang dapat mengungguli serapan pada

  Akibatnya rapat energi foton makin lama makinbesar dengan terjadinya pemantulan berulang-ulang yang dilakukan kedua ujung batang ruby, sampai suatu saat ujung yang berlapis tipis tidak mampu lagi memantulkan foton yang datang, sehinggatumpahlah foton-foton dari ujung tersebut sebagai sinar yang kuat, monokromatik dan koheren yang tidak lain adalah laser. Sebetulnya pancaran laser He-Ne yang terkuat berada di 11523 A °(infra merah dekat) yang 5 ditimbulkan oleh transisi dari satu di antara 4 tingkat di 2p 4s atom Ne, yang kebetulan berdekatan 5 dengan tingkat energi 3S atom He, ke salah satu dari 10 tingkat energi di 2p 3p.

1 Sistem laser ini berbentuk tabung gas silindris dengan panjang satu meter dan diameter 7 mm

  i n t i b e b a t ( c o r e ) ( c l a d d in g ) Gambar 3 Inti dan bebat pada serat optikAda dua tipe serat optik berdasar pada profil indeks bias yang ada pada intinya, yakni serat optik step indeks yang mempunyai indeks bias serba sama di seluruh bagian inti dan serat optik graded indeksdengan indeks bias di bagian pusat serat optik paling besar dan turun/ mengecil berangsur- angsur/gradual dengan bertambahnya jarak dari pusat inti. Pada serat optik moda tunggal, jumlah moda yang hanya satu ini dihitung untuk panjang gelombang tertentu, karena kemungkinan dengan dimensi serat optik yang sama; seperti indeks bias inti, indeksbias bebat maupun jari-jari serat optik yang tidak berubah, tetapi bila panjang gelombang berkas cahaya yang diluncurkan dalam serat optik berbeda, maka kemungkinan serat optik yang tadinyamoda tunggal bisa menjadi dua, tiga atau lebih moda yang dapat dipandukan atau bahkan tidak dapat memandu cahaya.

Dokumen baru
Dokumen yang terkait

Draf MODUL FISIKA DEPARTEMEN PENDIDIKAN

Gratis

Feedback