Setelah mempelajari bab ini, pesera didik mampu: 1. memahami sifat-sifat gelombang bunyi dan memahami fenomena-fenomena bunyi seperti efek Doppler, resonansi, serta frekuensi harmonik pada dawai dan pipa organa; 2. memahami karakteristik cahaya sebagai gelombang serta memahami penerapan sifat polarisasi gelombang cahaya dalam teknologi. Berdasarkan pengetahuan dan keterampilan yang dikuasai, peserta didik: 1. mengolah data hasil praktikum kemudian menarik kesimpulan berdasarkan data akhir yang diperoleh; 2. memecahkan penyebab fenomena yang terjadi dalam kehidupan berkaitan dengan gelombang cahaya melalui pengamatan.
Bunyi dan Cahaya
Gelombang Bunyi
• • •
Melakukan diskusi kecepatan bunyi dalam zat padat. Melakukan praktikum menentukan variabel dalam fenomena dawai. Melakukan praktikum menentukan variabel dalam fenomena pipa organa.
Gelombang Cahaya
•
•
• •
• • • • • • •
Melakukan diskusi tentang fenomena alam berkaitan dengan sifat cahaya dapat terdispersi. Melakukan percobaan mandiri membuktikan sifat cahaya dapat terdifraksi menggunakan keping CD bekas dan laser. Melakukan praktikum penyelidikan pola difraksi menggunakan kisi dan laser. Melakukan studi literatur dilanjutkan diskusi menentukan cara kerja LCD.
Mensyukuri nikmat Tuhan telah diciptakannya gelombang bunyi dan cahaya yang memiliki karakteristik unik yang menunjang teknologi ciptaan manusia untuk mempermudah kehidupan. Mampu menjelaskan tentang kelajuan bunyi pada benda padat dengan kegiatan eksplorasi dan diskusi. Mampu mengidentifikasi variabel-variabel dalam fenomena dawai dan pipa organa melalui kegiatan praktikum. Mampu mengidentifikasi dan menganalisis fenomena alam dikaitkan dengan karakteristik cahaya. Mampu menganalisis difraksi cahaya menggunakan keping CD bekas. Mampu mengidentifikasi variabel-variabel difraksi oleh kisi melalui kegiatan praktikum. Mampu menjelaskan cara kerja LCD berdasarkan sifat polarisasi cahaya pada kristal cair.
Fisika Kelas XII
1
A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: c Bunyi adalah gelombang mekanik yang membutuhkan medium untuk merambat. Bunyi merupakan gelombang longitudinal karena memiliki arah rambat sejajar dengn arah getarnya. Gelombang bunyi juga dapat dibiaskan jika melewati dua medium yang berbeda indeks biasnya. Selain itu, bunyi juga mengalami difraksi saat melalui celahcelah sempit. 2. Jawaban: c Angkasa merupakan ruang hampa udara sehingga gelombang bunyi tidak dapat merambat melaluinya. Gelombang cahaya, gelombang radio, gelombang inframerah, dan gelombang ultraviolet dapat merambat tanpa ada medium (ruang hampa udara). Dengan demikian, gelombang bunyi bintang yang meledak tidak bisa sampai ke bumi. 3. Jawaban: b Diketahui: T = 0°C ρ = 1.000 kg/m3 B = 2,1 × 109 N/m3 Ditanyakan: v Jawab: v = =
B
ρ 2,1 × 109 N/m3 1.000 kg/m3
= 1.449 m/s = 1,45 km/s
Jadi, kelajuan bunyi dalam air sebesar 1, 45 km/s. 4. Jawaban: a Diketahui: vs = 0 vp = +vp Ditanyakan: fp Jawab: fp = =
v ± vp v ± vs v + vp v +0
fs fs =
v + vp v
fs
Jadi, persamaan yang benar adalah pilihan a. 5. Jawaban: d Diketahui: v vA vB fA
= 1.533 m/s = 8 m/s = 9 m/s = 1.400 Hz
Ditanyakan: fB Jawab: fB = =
Bunyi dan Cahaya
⎛ 1.533 m/s + 9 m/s ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ 1.533 m/s − 8 m/s ⎠
(1.400 Hz)
= 1.415,6 Hz ≈ 1.416 Hz Jadi, frekuensi yang dideteksi awak kapal selam B sebesar 1.416 Hz. 6. Jawaban: d Benda memiliki frekuensi alami. Begitu juga gelas juga memiliki frekuensi alaminya sendiri. Ketika dentuman memiliki frekuensi yang sama dengan frekuensi alami gelas dan sefase, amplitudo getaran gelas menjadi besar. Mengingat energi getaran sebanding dengan kuadrat amplitudo maka energi getaran gelas juga menjadi sangat besar. Ketidakmampuan gelas menahan energi yang bekerja padanya menyebabkan gelas pecah. 7. Jawaban: e Resonansi adalah peristiwa bergetarnya sebuah benda karena getaran benda lain yang disebabkan oleh kesamaan frekuensi getaran dengan frekuensi alami benda yang ikut bergetar. Contoh peristiwa resonansi dapat dilihat pada opsi a, b, c, dan d. Sementara peristiwa pada opsi e adalah efek Doppler. 8. Jawaban: d Diketahui: A = 0,80 m v = 400 m/s Ditanyakan: f0 Jawab: f0 =
2(0) + 1 v 2A v
400 m/s
= 250 Hz = 2A = 2(0,80 m) Jadi, frekuensi nada dasar 250 Hz. 9. Jawaban: a Diketahui: m = 16 g = 0,016 kg A = 80 cm = 0,8 m F = 800 N Ditanyakan: f0 Jawab: Nada dasar pada dawai: v = =
2
⎛ v + vB ⎞ ⎜ ⎟ fA ⎝v −vA ⎠
FA m
(800 N)(0,8 m) 0,016 kg
=
40.000 m2 /s2 = 200 m/s
v
Jawab:
200 m/s 2(0,8 m)
I2 I1
=
⎛ R1 ⎞ ⎜R ⎟ ⎝ 2⎠
I2 I
=
⎛ R1 ⎞ ⎜ 3R ⎟ ⎝ 1⎠
I2 I
=
1 9
f0 = 2A =
= 125 Hz
Jadi, frekuensi nada yang dihasilkan sebesar 125 Hz. 10. Jawaban: c Diketahui: Abuka f0 buka Adawai v vdawai Ditanyakan: n Jawab: f0 buka = fn dawai v 2A 340 m/s 2(0,25 m)
=
n +1 v 2A
=
n +1 2(1,5 m)
= 25 cm = 0,25 m = fn dawai = 150 cm = 1,5 m = 340 m/s = 510 m/s
(510 m/s)
680/s = (n + 1)(170/s) n+1 =
680/s 170/s
n+1 =4 n =3 Jadi, frekuensi yang dihasilkan adalah nada atas ketiga. 11. Jawaban: d Hubungan antara panjang pipa dan panjang gelombang untuk pipa organa terbuka adalah: L=
1 λ, 2 0
λ,
3 λ, 2 2
2
2
x = 3L Hubungan antara panjang pipa dan panjang gelombang untuk pipa organa tertutup adalah: 3
5
L′ = 4 λ0, 4 λ1, 4 λ2, . . . Untuk nada atas kedua berlaku: 5
4
L′ = 4 λ2 atau λ2 = 5 L′ Oleh karena panjang kedua pipa sama, yaitu L′ = L′ maka perbandingan panjang gelombang adalah: x y
=
2 L 3 4 L′ 5
1 I 9 1
Jadi, besar intensitas akhir menjadi 9 kali intensitas semula atau menurun 9 kali dari intensitas semula. 13. Jawaban: d Diketahui: TI1 = 80 dB n = 10 Ditanyakan: TI2 Jawab: TI2 = TI1 + 10 log n = 80 + 10 log 10 = 80 + 10 = 90 Jadi, taraf intensitasnya 90 dB. 14. Jawaban: e I1 =
P A
→ I2 = 2
TI1 = 10 log
I1 I0
P A
= 2I1
→ TI2 = 10 log
5
= 6
Jadi, x : y = 5 : 6. 12. Jawaban: a Diketahui: R2 = 3R1 I1 = I Ditanyakan: I2
I2 I0
= 10 log
2I1 I0
= 10(log
I1 I0
...
L = 2 λ2 atau λ2= 3 L
1
2
→ I2 =
Untuk nada atas kedua berlaku: 3
2
+ log 2)
= TI1 + 10 log 2 Kelajuan bunyi tidak berubah dengan asumsi kerapatan udara tidak berubah. Oleh karena nada yang dimainkan sama, maka panjang gelombang dan frekuensi tidak berubah. Jadi, parameter fisis yang berubah menjadi dua kali semula adalah intensitas. 15. Jawaban: d Peristiwa layangan bunyi adalah timbulnya bunyi keras lemah secara bergantian karena perbedaan frekuensi sedikit antara dua sumber bunyi. Pada perbedaan frekuensi antara 0-4 Hz, pelayangan bunyi belum terjadi karena pada selisih frekuensi itu telinga manusia belum sensitif untuk membedakan. B. Uraian 1. Diketahui:
v = 1.533 m/s x = 110 m Ditanyakan: t
Fisika Kelas XII
3
Jawab: x =
vt 2
4. Diketahui: →t = =
2x v 2(110 m) 1.533 m/s
= 0,14 s
Jadi, waktu yang dibutuhkan lumba-lumba untuk mendeteksi mangsanya adalah 0,14 sekon.
F1 = 100 N f1 = f0 f2 = 2f0 Ditanyakan: F2 Jawab: 1
f0 : 2f0 = 2L
2. Frekuensi gema klakson mobil akan terdengar lebih tinggi karena terjadi efek Doppler. Dinding tebing dianggap sebagai sumber bunyi karena memantulkan bunyi klakson mobil. Mobil bergerak mendekati dinding yang diam, sehingga persamaan efek Doppler sebagai berikut. fp =
v ±vp v ±0
fs
Berdasarkan persamaan tampak bahwa frekuensi yang diterima pendengar lebih besar. I = 2 × 10–7 W/m2 n =2 Ditanyakan: ΔTI Jawab:
3. Diketahui:
TI1 = 10 log
2 × 10 −7 1 × 10 −12
4 × 10 −7 1 × 10 −12
= 10 log 4 × 105 = 10 log 105 + 10 log 4 = 50 + 6 = 56 ΔTI = TI2 – TI1 = 56 dB – 53 dB = 3 dB Jadi, kenaikan taraf intensitas yang dialami karyawan tersebut sebesar 3 dB.
A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: d Cahaya mengalami pembiasan ketika melalui dua medium yang berbeda indeks biasnya. Cahaya dibiaskan mendekati garis normal jika melewati medium kurang rapat menuju medium yang lebih rapat. Cahaya dibiaskan menjauhi garis normal jika melewati medium lebih rapat menuju medium yang
4
Bunyi dan Cahaya
=
1 2
=
1 2
=
F2
1 μ : 2L
μ
F1 F2
100 F2
10 F2
F2 = 400 N Jadi, tegangan dawai sebesar 400 N. 5. Diketahui:
v = 340 m/s f3 = 240 Hz Ditanyakan: L Jawab: a. Pipa organa terbuka
= 10 log 2 × 105 = 10 log 105 + 10 log 2 = 50 + 3 = 53 TI2 = 10 log
1 2
F1
f3 = 240 Hz =
b.
(n + 1)v 2L
=
(3 + 1)v 2L
2v
= L
2(340 m/s) L
L ≈ 2,83 m Panjang minimum pipa berkisar 2,83 m. Pipa organa tertutup f3 =
(2(3) + 1)v 4L 7
f3 = 4L v 7
240 Hz = 4L (340 m/s) L=
2.380 m/s 960 Hz
≈ 2,48 m
Jadi, panjang minimum pipa berkisar 2,48 m.
kurang rapat. Pada peristiwa pembiasan juga dapat terjadi pemantulan ketika sudut datang lebih besar dari sudut kritis. Keadaan ini hanya terjadi jika cahaya merambat dari medium rapat ke medium kurang rapat. Oleh karena itu, pernyataan yang tepat adalah (1), (3), dan (4). 2. Jawaban: c Meskipun tidak terkena cahaya matahari langsung, sesungguhnya benda-benda di sekitar kita
memantulkan cahaya matahari dan masuk ke mata. Peristiwa ini yang menyebabkan efek terang pada ruangan. Pemantulan yang terjadi adalah pemantulan baur karena sinar tidak selalu jatuh pada permukaan yang licin dan mengilap. 3. Jawaban: e Sinar matahari tergolong cahaya polikromatis. Ketika dilewatkan pada sebuah prisma akan terjadi dispersi cahaya. Dispersi ini adalah efek pembiasa cahaya oleh masing-masing frekuensi penyusun cahaya putih. Urutan pembiasan cahaya dimulai dengan cahaya yang memiliki panjang gelombang terbesar dan frekuensi terkecil yaitu merah-jinggakuning-hijau-biru-nila-ungu. Oleh karena itu, pernyataan yang paling tepat adalah pernyataan pada opsi e. 4. Jawaban: a Jika sinar datang membentuk sudut 60° terhadap cermin, sudut datangnya sebesar 30°. Sudut datang adalah sudut yang dibentuk antara sinar datang dengan garis normal. Berdasarkan hukum pemantulan, besar sudut pantul sama dengan besar sudut datang. Oleh karena itu, sudut pantulnya sebesar 30°. 5. Jawaban: b Sesuai hukum pembiasan, cahaya dibiaskan mendekati garis normal jika melewati medium kurang rapat menuju medium yang lebih rapat. Cahaya dibiaskan menjauhi garis normal jika melewati medium lebih rapat menuju medium yang kurang rapat. Pada opsi a, kaca lebih rapat dibandingkan udara sehingga pembiasan seharusnya mendekati garis normal. Pada opsi c, udara lebih renggang dibandingkan kaca sehingga pembiasan seharusnya menjauhi garis normal. Pada opsi d, air lebih rapat dibandingkan udara sehingga pembiasan seharusnya mendekati garis normal. Pada opsi e, kaca lebih rapat dibandingkan udara sehingga pembiasan seharusnya mendekati garis normal, lalu menjauhi garis normal. Oleh karena itu, jawaban yang paling tepat adalah opsi b. 6. Jawaban: d Interferensi maksimum orde ke-n adalah: 1 2
d sin θ = nλ atau d sin θ = (2n) λ d sin θ sebesar 2n dari setengah panjang gelombang. 7. Jawaban: c Diketahui: y d L n
= 3 × 10–2 m = 0,2 × 10–3 m =2m =2
Ditanyakan: λ Jawab: yd L (3 × 10
−2
m) (0,2 × 10 2m
−3
m)
= nλ = 2λ
2 λ = 3 × 10–6 m
λ=
3 × 10−6 2
m
λ = 1,5 × 10–6 m = 1.500 nm Jadi, panjang gelombangnya 1.500 nm. 8. Jawaban: e Diketahui: N = 20.000 garis/cm Ditanyakan: d Jawab: d = =
1 N 1 20.000 garis/cm
= 5 × 10–5 cm = 5 × 10–7 m
Jadi, nilai konstanta kisi difraksi tersebut sebesar 5 × 10–7 m. 9. Jawaban: c Diketahui: λ d L n Ditanyakan: y Jawab: yd L
= 9 × 10–7 m = 0,01 mm = 1 × 10–5 m = 20 cm = 0,2 m =2
= nλ
y= =
nλL d (2)(9 × 10 −7 )(0,2 m) 1 × 10 −5 m
= 3,6 × 10–2 m = 3,6 cm
Jadi, jarak terang orde dua dengan terang pusat sejauh 3,6 cm. 10. Jawaban: d Cara memperoleh cahaya terpolarisasi sebagai berikut. 1) Penyerapan selektif (absorpsi) 2) Pembiasan ganda 3) Pemantulan 4) Hamburan 11. Jawaban: c Cahaya dilewatkan larutan gula akan mengalami polarisasi karena pemutaran arah getar. Langit berwarna biru karena peristiwa hamburan cahaya. Hamburan adalah salah satu cara membuat cahaya terpolarisasi. Cahaya dari udara menuju air akan mengalami pembiasan dan pemantulan yang menyebabkan cahaya terpolarisasi. Pola spektrum oleh kisi adalah peristiwa difraksi. Oleh karena itu, peristiwa polarisasi ditunjukkan oleh pernyataan (1), (2), dan (3).
Fisika Kelas XII
5
12. Jawaban: c Diketahui: λ L d n Ditanyakan: y2 Jawab: y2 = =
B. Uraian = 4.500 Å = 4,5 × 10–7 m = 1,5 m = 0,3 mm = 3 × 10–4 m =2
Lnλ d (1,5 m)(2)(4,5 × 10 −7m) 3 × 10 −4
= 4,5 × 10–3 m = 4,5 mm
Jadi, jarak pita terang kedua dari terang pusat sebesar 4,5 mm. 13. Jawaban: b Diketahui: λ = 520 nm = 520 × 10–9 m = 5,20 × 10–7 m d = 0,0440 mm = 4,4 × 10–5 m Ditanyakan: θ Jawab: d sin θ = nλ 4,4 × 10–5 sin θ = 1(5,20 × 10–7) sin θ =
5,20 × 10−7 4,4 × 10 −5
θ = arc sin (0,0118) θ = 0,68° Jadi, besar sudut difraksi dari terang pusat ke terang orde pertama sebesar 0,68°. 14. Jawaban: e LED menggunakan sumber cahaya berupa light emitting diode sehingga konsumsi listriknya lebih hemat. Keunggulan LED yang lain adalah memiliki kontras gambar yang lebih tajam. LED dan LCD sama-sama menggunakan kristal cair untuk mempolarisasi cahaya. Ukuran keduanya juga relatif sama tipis. LED memiliki risiko terjadinya deadpixel (piksel mati), sedangkan LCD tidak memiliki risiko tersebut. 15. Jawaban: e Cahaya memiliki dua arah getar. Ketika cahaya memasuki polarisator horizontal, arah getar vertikal cahaya akan terpolarisasi (terserap) sehingga hanya tersisa arah getar horizontal. Jika cahaya yang hanya memiliki arah getar horizontal melewati polarisator vertikal, arah getar tersebut akan terpolarisasi sehingga seluruh arah getar cahaya terserap. Akibatnya, tidak ada berkas cahaya yang diloloskan.
6
Bunyi dan Cahaya
1. Minyak yang tumpah akan menghasilkan lapisan tipis. Jika terkena sinar matahari, akan terjadi interferensi. Warna-warna indah pada permukaan minyak ditimbulkan oleh adanya perbedaan fase gelombang yang mengenainya. 2. Diketahui: d = 0,5 mm = 5 × 10–4 m L = 100 cm = 1 m y = 0,4 mm = 4 × 10–4 m n =1 Ditanyakan: λ Jawab: yd L
λ
= nλ =
yd nL
=
(4 × 10−4 )(5 × 10−4 ) (1)(1m)
= 2 × 10–7 m Jadi, panjang gelombang yang digunakan 2 × 10–7 m.
λ = 500 nm = 5 × 10–7 m L=1m n=2 y = 4 cm = 4 × 10–2 m Ditanyakan: d Jawab:
3. Diketahui:
y
sin θ = L sin θ =
4 × 10−2 m 1m
= 4 × 10–2
sin θ = 4 × 10–2 d sin θ = nλ nλ
d = sin θ =
2(5 × 10−7 m) 4 × 10−2
= 2,5 × 10–5 m
Jadi, lebar celah 2,5 × 10–5 m. 4. Tinjau hukum pembiasan sin θ i sin θ r
=
n2 n1
sin θ i sin θ r
=
1,333 1
→ sin θr =
sin θi 1,333
= 0,75 sin θ1
Hasil dari penurunan persamaan ini membuktikan bahwa besar sudut bias lebih kecil dari sudut datang. Oleh karena itu cahaya tampak mendekati garis normal. 5. Ketika kisi dikenai sinar polikromatik, akan terbentuk pola gelap terang. Pola terang terdiri atas spektrum warna pelangi. Sementara jika kisi dilewati sinar monokromatik, akan terbentuk pola gelap terang pula. Pola terang bukan berupa spektrum, tetapi warna sesuai frekuensi.
A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: a Bunyi dapat mengalami pemantulan, pembiasan, dan interferensi (pemaduan). Namun, bunyi tidak dapat mengalami dispersi karena peristiwa dispersi hanya dapat dialami oleh cahaya. Dispersi adalah peristiwa penguraian cahaya polikromatik menjadi monokromatik melalui karena melewati prisma. Bunyi juga tidak mengalami polarisasi. Polarisasi adalah penyerapan arah getar. Bunyi tidak dapat terpolarisasi karena mempunyai arah getar yang sejajar dengan arah rambat. 2. Jawaban: c Diketahui: I = 10–9 W/m2 I0 = 10–12 W/m2 n = 100 Ditanyakan: TIn Jawab: TIn = TI + 10 log n = 10 log = 10 log
I I0
+ 10 log 100
= 10 log 1.000 + 10 log 100 = 30 + 20 = 50 Jadi, taraf intensitas bunyi 100 mesin ini sama dengan bunyi mobil (3). 3. Jawaban: a Diketahui: v = 325 m/s v s = 25 m/s Ditanyakan: fp : fp 1 2 Jawab: Saat sumber bunyi mendekati pendengar: fp = 1
v v − vs
fs =
325 325 − 25
fs =
325 300
fs
Saat sumber bunyi menjauhi pendengar: fp = 2
v v + vs
fp : fp = 1
2
fp1 fp2 fp1 fp2
=
fs =
325 300
325 325 + 25
fs :
325 350
fn = f2 = 1.700 Hz = A=
n +1 v 2A 3v 2A 3(340 m/s) 2A 3(340 m/s) (1.700 Hz)(2)
= 0,3 m = 30 cm
Jadi, panjang suling adalah 30 cm.
+ 10 log 100
10−9 10−12
4. Jawaban: e Diketahui: f2 = 1.700 Hz v = 340 m/s n =2 Ditanyakan: A Jawab
fs = 325 fs 350
fs
350 300
= 7 6
Jadi, perbandingan antara frekuensi yang diterima pada saat sumber bunyi mendekati dan menjauhi adalah 7 : 6.
5. Jawaban: e Kesimpulan efek Doppler 1) Apabila pergerakan sumber bunyi dan pendengar mengakibatkan jarak keduanya berkurang maka frekuensi pendengar menjadi lebih besar (fp > fs). 2) Apabila pergerakan sumber bunyi dan pendengar mengakibatkan jarak keduanya bertambah maka frekuensi terdengar menjadi lebih kecil (fp < fs). 3) Meskipun sumber bunyi dan pendengar bergerak tetapi jarak keduanya konstan maka frekuensi terdengar tetap (f p = f s ) dan pergerakan medium tidak akan berpengaruh. Dengan demikian: 1) Sumber dapat mengejar pendengar sehingga jarak keduanya semakin kecil, akibatnya frekuensi terdengar bertambah (fp > fs). Pernyataan 1) benar 2) Pendengar mendekati sumber yang diam sehingga jarak keduanya semakin kecil, akibatnya frekuensi terdengar bertambah. (fp > fs) Pernyataan 2) benar 3) Sumber menjauhi pendengar yang diam sehingga jarak keduanya semakin besar, akibatnya frekuensi terdengar berkurang. (f p < fs) Pernyataan 3) benar 4) Jarak sumber dengan pendengar konstan sehingga frekuensi terdengar tetap (fp = fs) meskipun medium bergerak. Pernyataan 4) benar
Fisika Kelas XII
7
6. Jawaban: b Diketahui: TI = 60 dB n = 100 Ditanyakan: TIn Jawab: TIn = TI + 10 log n = 60 + 10 log 100 = 60 + 20 = 80 Jadi, taraf intensitas bunyi yang dihasilkan 100 buah sumber bunyi adalah 80 dB. 7. Jawaban: e Diketahui: vp vs fs v Ditanyakan: fp Jawab: fp = fp = =
v ± vp v ± vs v v − vs
=0 = 25 m/s = 420 Hz = 325 m/s
fs
(420 Hz)
325
= 300 (420 Hz) = 455 Hz Jadi, frekuensi bunyi sirene yang terdengar 455 Hz. 8. Jawaban: b (1) Seseorang dapat mendengar percakapan orang lain meskipun di ruangan berbeda karena bunyi mampu melewati celah-celah sempit karena bunyi dapat terdifraksi. (2) Ledakan bintang di luar angkasa tidak terdengar sampai bumi karena di luar angkasa tidak terdapat udara sebagai medium perambatan bunyi. Oleh karena itu, bunyi termasuk gelombang mekanik. (3) Gaung adalah peristiwa datangnya bunyi pantul sebelum bunyi asli habis. Hal ini membuktikan bahwa bunyi dapat dipantulkan. (4) Meskipun sedang di dalam air (misal berenang), kita masih mampu menangkap percakapan/suara dari luar air. Hal ini membuktikan bunyi merambat dalam medium zat air. 9. Jawaban: c Kelelawar mengeluarkan bunyi ultrasonik dari mulutnya untuk mendeteksi makanan. Bunyi akan mengenai benda (makanan), lalu memantul. Gelombang pantul akan dideteksi oleh sound radar yang dimiliki telinga kelelawar. Itulah cara kelelawar mendeteksi makanannya.
8
11. Jawaban: c Ultrasonografi atau biasa disebut dengan USG adalah metode pencitraan dengan gelombang ultrasonik. Gelombang dipancarkan ke bendabenda yang akan dicitrakan. Setiap benda memiliki koefisien transmisi dan refleksi berbeda-beda. Perbedaan intensitas gelombang pantul yang terdeteksi inilah yang menimbulkan citra benda. 12. Jawaban: b Diketahui: v = 1.200 m/s ρ = 0,7 g/cm3 = 700 kg/m3 Ditanyakan: B Jawab: v=
fs
325 m/s (325 − 25) m/s
10. Jawaban: c Percakapan mampu terdengar karena bunyi merambat melalui benang. Benang dalam keadaan tegang mampu mengantarkan bunyi dari kaleng satu ke kaleng yang lain. Oleh karena itu, dapat disimpulkan bahwa bunyi dapat merambat melalui medium padat.
Bunyi dan Cahaya
B
2 ρ →B = v ρ
= (1.200 m/s)2(700 kg/m3) = 1,008 × 109 kg/ms2 = 1,008 × 109 Pa Jadi, modulus Bulk zat cair sebesar 1,008 × 109 Pa. 13. Jawaban: c Diketahui: A = 1,10 m f = 130 Hz m = 9,0 g Ditanyakan: F Jawab: Pada nada dasar: λ = 2A = (2)(1,10 m) = 2,20 m Cepat rambat gelombang pada dawai: v =fλ = (130 Hz)(2,20 m) = 286 m/s Tegangan senar: v=
FA m
→F = =
mv 2
A (9 × 10 −3 kg)(286 m/s)2 2,20 m
= 334,62 N Jadi, tegangan senar sebesar 334,62 N. 14. Jawaban: a Diketahui: fgarputala = 400 Hz flayangan = Δf = Ditanyakan: fgitar Jawab: fgitar = fgarputala ± Δf
20 getaran 5 detik
= 4 Hz
= 400 Hz ± 4Hz = 404 Hz atau 396 Hz Jadi, frekuensi gitar kemungkinan 404 Hz atau 396 Hz. 15. Jawaban: c Pancaran dari kedua bohlam tidak memiliki hubungan fase yang konstan satu sama lain sepanjang waktu. Gelombang-gelombang cahaya dari bohlam mengalami perubahan fase secara acak dalam selang waktu kurang dari 1 ns. Mata manusia tidak dapat mengikuti perubahan secepat itu sehingga efek interferensi yang terjadi tidak teramati. Dalam hal ini, bohlam adalah sumber polikromatik yang inkoheren. 16. Jawaban: e nk nu
Diketahui:
=
3
Ditanyakan: i dan r Jawab: sin i sin r
=
nk nu
sin i sin r
3 =
Misalkan diambil nilai i = 60° dan r = 30° maka sin 60o
3 = sin 30o 3 = 3 =
1 2
Jawab: yd L
= nλ
λ= =
yd nL (5 × 10 −3 )(2 × 10 −3 ) m2 (1)(3 m)
= 3,3 × 10–6 m = 3.300 nm Jadi, panjang gelombang yang digunakan 3.300 nm. 19. Jawaban: c Diketahui: λ d n L Ditanyakan: y Jawab: yd L
= nλ 2(1× 10−7 m)(2 m)
nλL
y= d = (1× 10−3 ) m = 4 × 10–4 m = 4 × 10–2 cm Jadi, jarak terang ke-2 dengan terang pusat 4 × 10–2 cm. 20. Jawaban: c Diketahui: N = 4 × 105 garis/m
θ = 37° (tan 37° =
3 1 2
sehingga dapat diambil nilai sudut datang dan sudut bias masing-masing 60° dan 30°. 17. Jawaban: b Diketahui: i = 30° na = 1,75 Ditanyakan: r Jawab: nu sin i = na sin r
=
3 ) 4
n =2 Ditanyakan: λ Jawab:
3
sin r =
= 100 nm = 1 × 10–7 m = 1 mm = 1 × 10–3 m =2 =2m
nu sin i na
1( sin 30°) 1,75
sin r = 0,28 r = 16,6° Jadi, sendok akan terlihat membengkok dengan sudut 16,6°. 18. Jawaban: d Diketahui: y L d n Ditanyakan: λ
= 5 mm = 5 × 10–3 m =3m = 2 mm = 2 × 10–3 m =1
1
d = N =
1 4 × 105 garis/m
= 2,5 × 10–6 m
d sin θ = n λ
λ=
d sin θ n (2,5 × 10−6 m)( 5 ) 3
=
2
= 7,5 × 10–7 m
Jadi, panjang gelombang cahaya yang digunakan sebesar 7,5 × 10–7 m. 21. Jawaban: c Diketahui: λ = 300 nm = 3 × 10–7 m N = 1.000 garis/mm Ditanyakan: n Jawab: 1
1
d = N = 1.000 garis/mm = 1 × 10–3 mm = 1 × 10–6 m Orde maksimum jika nilai sin θ = 1, karena nilai sinus maksimum adalah 1. d sin θ = nλ
Fisika Kelas XII
9
n= =
d sin θ
λ
(1 × 10−6 ) 3 × 10−7
= 3,33
≈ 3 (dibulatkan ke bawah) Jadi, orde maksimum yang masih dapat diamati yaitu 3. 22. Jawaban: a Diketahui: y L n λ Ditanyakan: d Jawab:
= 10 cm = 0,1 m = 80 cm = 0,8 m =1 = 5.000 Å = 5 × 10–7 m
y
d L = nλ d
=
nLλ y
=
(1)(0,8 m)(5 × 10−7 m) 0,1m
= 4 × 10–6 m = 4 × 10–3 mm 1
N = d =
1 4 × 10 −3 mm
= 250 garis/mm
25. Jawaban: b Diketahui: L y n d Ditanyakan: λ Jawab:
λ = =
yd nL (4,5 × 10 −2 m)(3 × 10 −5 m) (2)(1,2) m
= 5,625 × 10–7 m = 5.625 Å Jadi, panjang geombang yang digunakan sebesar 5.625 Å. 26. Jawaban: c Diketahui: λ = 4,750 × 10–7 m n = 1,5 Ditanyakan: t Jawab: Terjadi gejala hitam, berarti berinterferensi destruktif. 1⎞ ⎛ ⎜m + ⎟ λ 2⎠ ⎝
Jadi, kisi memiliki 250 garis/mm. 23. Jawaban: e Syarat terjadinya interferensi adalah sumbersumberya harus koheren, artinya sumbersumbernya harus menjaga suatu hubungan fase yang konstan satu sama lain. Sumber-sumbernya harus monokromatik, artinya berasal dari suatu panjang gelombang tunggal. Syarat berikutnya adalah harus terjadi tumpang tindih antar gelombang. Jika gelombang tidak menyebar dan tidak saling tumpang tindih tidak akan terjadi interferensi. Gelombang dapat berinterferensi jika ada dua sumber. Dua sumber bukan berarti harus dua benda yang memancarkan gelombang, akan tetapi dua buah acuan sumber seperti pada percoban Young. Interferensi tidak harus berasal dari satu sumber yang penting koheren. Sebagai contoh, dua pengeras suara berfrekuensi tunggal yang digerakkan oleh satu amplifier tetap dapat berinterferensi satu sama lain, karena keduanya memancarkan gelombang yang koheren. 24. Jawaban: a Cahaya dapat mengalami pemantulan, pembiasan, dan dapat terpolarisasi. Namun, cahaya tidak memerlukan medium untuk merambat karena cahaya termasuk gelombang elektromagnetik. Cahaya memiliki dua arah getar yang saling tegak lurus dan keduanya tegak lurus terhadap arah rambatnya. Oleh karena itu, cahaya termasuk gelombang transversal.
10
Bunyi dan Cahaya
= 1,2 m = 4,5 cm = 4,5 × 10–2 m =2 = 0,03 mm = 3 × 10–5 m
⎛ ⎜0 + ⎝
1⎞ ⎟ 4,750 2⎠
= 2nt
× 10–7 m = 2(1,5)t t=
2,375 × 10−7 m 3
≈ 0,79 × 10–7 ≈ 790 Å Jadi, ketebalan lapisan sabun kira-kira 790 Å. 27. Jawaban: c Bayangan kabur terjadi karena cahaya mengalami difraksi. Cahaya melentur setelah melewati penghalang atau celah sempit sesuai dengan sifat gelombang. 28. Jawaban: b Warna
Panjang Gelombang (nm)
Kuning Hijau Merah Biru Ungu
580–600 495–580 640–750 440–495 400–440
Warna cahaya yang memiliki panjang gelombang lebih besar akan mengalami pelenturan lebih besar daripada warna cahaya yang memiliki panjang gelombang lebih kecil. Jadi, urutan warna cahaya yang mengalami pelenturan dari yang paling besar hingga terkecil adalah: merah, kuning, hijau, biru, dan ungu 2), 1), 3), 5), dan 4). 29. Jawaban: a Diketahui: i r
= 60° = 30°
Ditanyakan: nku Jawab:
TI = TI0 + 10 log
r12 r22
sin i sin r
40 = 60 + 10 log
(5 m)2 r22
nku = =
sin 60° sin 30°
=
1 2
3 1 2
=
3
–20 = 10 log
sebesar 3 .
10–2 =
30. Jawaban: e Diketahui: n = 1,4 λ = 5.400 Å = 5,4 × 10–7 m Ditanyakan: t Jawab: Tebal lapisan minimum untuk interferensi konstruktif cahaya yang dipantulkan pada m = 0 sehingga: 1
2nt = (m + 2 λ) λ
t = 4n =
(5,4 × 10−7 ) 4(1,4)
= 96,4 nm
Jadi, tebal minimum lapisan gelembung sabun 96,4 nm. B. Uraian
r22 =
P r TI I0
Ditanyakan: a. b. Jawab: a.
I =
fp =
π × 10−4 W π × 10 W = = 10–6 W/m2 2 = 100π m2 (4π )(5 m)
Jadi, intensitas bunyi yang diterima pendengar sebesar 10–6 W/m2. b.
TI0 = 10 log = 10 log
fp =
I I0
10−6 10−12
= (10)(6) dB = 60 dB
dB
v + vp v − vs v v − vs
fs fs
340
= 340 − 25 (500 Hz) = 539,68 Hz Jadi, frekuensi yang didengar ketika bus mendekati penumpang adalah 539,68 Hz. b.
−4
= 2.500
vs = 25 m/s f s = 500 Hz v = 340 m/s vp = 0 Ditanyakan: a. fp sebelum bus sampai di halte b. fp setelah bus melewati halte Jawab: + a. •⎯⎯⎯→⎯⎯⎯• S vs = – P vp = 0 ⎯⎯→ maka:
= π × 10 W =5m = 40 dB = 10–12 W/m2
P 4π r 2
25 10−2
3. Diketahui:
–4
I r
25 r22
r2 = 50 Jadi, jarak pendengar 50 m.
1. Bunyi adalah gelombang mekanik yang membutuhkan medium untuk bergerak. Ketika berada di ruang hampa, bunyi tidak mampu merambat sampai ke telinga pendengar. Oleh karena itu, tidak ada bunyi yang terdengar. 2. Diketahui:
25 r22
–2 = log
Jadi, indeks bias relatif kaca terhadap udara
25 r22
vp = 0 • P maka: fp =
vs = + •⎯⎯→ S
v v + vs
fs
340
= 340 + 25 (500 Hz) = 465,75 Hz Jadi, frekuensi yang didengar ketika bus melewati halte adalah 465,75 Hz. 4. Diketahui:
v = 320 m/s f0 = 180 Hz Ditanyakan: L saat f0
Fisika Kelas XII
11
Jawab: f0 =
v 2L
L=
v 2f0
=
320 m/s 2(180 Hz)
7. Tidak. Peristiwa pemantulan terjadi jika cahaya mengalami pembiasan menjauhi garis normal. Pembiasan jenis ini hanya terjadi jika cahaya datang dari medium yang rapat menuju medium yang kurang rapat. Syarat berikutnya adalah sudut datang harus melebihi sudut kritis supaya terjadi pemantulan total.
= 0,88
Pipa organa tertutup v
L = =
v 4f0
320 /s 4(180 Hz)
= 0,44 m
Jadi, panjang minimum pipa organa terbuka 0,88 m, sedangkan pipa organa tertutup 0,44 m. 5. Fungsi dari bambu yang diletakkan dibawah bilah gamelan adalah sebagai kotak resonansi. Udara di dalam bambu yang beresonansi dengan getaran bilah gamelan yang dipukul akan menghasilkan bunyi yang lebih nyaring. 6. Diketahui:
fs fp vp v Ditanyakan: v s Jawab:
= 600 Hz = 500 Hz = 5 m/s = 340 m/s
fp = fp = 500 =
v − vp v + vs v − vp v + vs
fs fs
340 − 5 340 + v s
(600)
500vs = 201.000 – 170.000 = 31.000 vs =
31.000 500
= 62
Jadi, kecepatan sumber bunyi sebesar 62 m/s.
Bunyi dan Cahaya
yd L
= 2,5 × 10–7 m = 3,2 × 10–4 m = 1,6 m =3
⎛ ⎝
1⎞ 2⎠
⎛
1 ⎞ λL
⎛ ⎝
−7 1 ⎞ (2,5 × 10 m)(1,6 m) (3,2 × 10−4 m) 2⎠
= ⎜n + ⎟ λ
y = ⎜n + ⎟ d 2⎠ ⎝ = ⎜3 + ⎟
= 4,375 × 10–3 m Jadi, jarak gelap ke-3 dengan terang pusat 4,375 × 10–3 m. 9. Diketahui:
170.000 + 500vs = 201.000
12
λ d L n Ditanyakan: y Jawab:
8. Diketahui:
f0 = 4L
dm = 122 cm = 1,22 m D = 3 mm = 3 × 10–3 m λ = 500 nm = 5 × 10–7 m Ditanyakan: L Jawab: dm =
1,22 λL D
L =
dmD 1,22λ
=
(1,22 m)(3 × 10−3 m) 1,22 (5 × 10−7 m)
= 0,6 × 104 m = 6.000 m
Jadi, jarak paling jauh agar lampu dapat dibedakan sebagai lampu terpisah adalah 6.000 m. 10. Titik-titik air yang berlaku sebagai prisma-prisma mikro mendispersi cahaya matahari menjadi cahaya monokromatis. Cahaya merah memiliki sudut deviasi paling kecil sehingga berada di posisi paling atas. Sementara cahaya ungu memiliki sudut deviasi terbesar sehingga tampak pada busur paling bawah.
Setelah mempelajari bab ini, peserta didik mampu: 1. mengevaluasi prinsip kerja peralatan listrik searah (DC) dalam kehidupan sehari-hari; 2. melakukan percobaan untuk menyelidiki karakteristik rangkaian listrik; 3. menerapkan hukum Ohm dan hukum Kirchhoff dalam pemecahan masalah listrik; 4. menerapkan nilai arus dan tegangan listrik pada rangkaian seri dan paralel; 5. menggunakan voltmeter dan amperemeter untuk menentukan nilai tegangan dan arus. Berdasarkan pengetahuan dan keterampilan yang dikuasai, peserta didik: 1. menyadari kebesaran Tuhan yang menciptakan keseimbangan sehingga memungkinkan manusia mengembangkan teknologi untuk mempermudah kehidupan; 2. berperilaku ilmiah (memiliki rasa ingin tahu, objektif, jujur, teliti, cermat, tekun, hati-hati, bertanggung jawab, terbuka, kritis, dan inovatif) dalam melakukan percobaan, melaporkan, dan berdiskusi; 3. menghargai kerja individu dan kelompok dalam aktivitas sehari-hari.
Rangkaian Searah
Rangkaian Listrik dan Hukum Kirchhoff
Hukum Ohm
• • •
•
Mengamati perbedaan arus AC dan DC. Mengukur arus dan tegangan listrik. Menyelidiki hubungan antara kuat arus listrik dan tegangan listrik. Menyelidiki faktor-faktor yang memengaruhi hambatan kawat.
• • • • • • • • • • • • • • •
• • •
Mengamati jenis-jenis rangkaian listrik. Menyelidiki perbedaan rangkaian seri dan paralel. Menyelidiki hukum Kirchhoff.
Aplikasi Listrik Searah
• • •
Mencari tahu prinsip kerja sumber arus AC dan DC. Mengamati spesifikasi peralatan elektronik. Mencari tahu sumber listrik DC.
Bersyukur atas terciptanya listrik untuk mempermudah kehidupan. Bersikap objektif, jujur, cermat, dan kritis dalam setiap kegiatan. Menghargai kerja individu dan kelompok dalam setiap kegiatan. Menjelaskan pengukuran arus listrik dan tegangan listrik. Menjelaskan hubungan kuat arus listrik dan tegangan listrik. Menjelaskan hambatan listrik dan faktor-faktor yang memengaruhinya. Menjelaskan jenis-jenis resistor. Menjelaskan rangkaian seri dan rangkaian paralel pada hambatan dan baterai. Menjelaskan rangkaian Delta dan jembatan Wheatstone. Menjelaskan hukum Kirchhoff. Menjelaskan persamaan energi dan daya listrik. Menjelaskan sumber energi listrik. Menyajikan data dan laporan percobaan tentang arus dan tegangan listrik. Menyajikan data dan laporan percobaan tentang rangkaian listrik. Menuliskan hasil pencarian informasi dan tugas yang diberikan.
Fisika Kelas XII
13
A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: d Diketahui: batas ukur (c) = 10 A skala maksimum (b) = 5 penunjuk (a) = 3,5 Ditanyakan: I Jawab: ⎛ 3,5 ⎞
a
I = b × c = ⎜ 5 ⎟ (10 A) = 7 A ⎝ ⎠ Jadi, kuat arus yang terukur sebesar 7 A. 2. Jawaban: d Diketahui: IA = 1 mA RA = 2 Ω Rsh = 2 × 10–4 Ω Ditanyakan: I Jawab: Rsh = n – 1= n – 1=
3. Jawaban: e Diketahui: I =8A t =4s Ditanyakan: ne Jawab: Q
1,6 × 10 −16 C 1,6 × 10-19 C
Q 4s
6. Jawaban: d Arus listrik adalah elektron yang mengalir. Elektron bermuatan negatif. Arah arus listrik berlawanan dengan arah aliran muatan negatif (aliran elektron), tetapi searah dengan aliran muatan positif. Arus listrik mengalir dari potensial tinggi (kutub positif) ke potensial rendah (kutub negatif). 7. Jawaban: e nilai pada skala nilai maksimum skala
× jangkauan
40
Q = 32 C Q = ne qe 32 C = ne (1,6 × 10–19 C) 32 C 1,6 × 10 −19 C
150 coulomb
I = t = 60 sekon = 2,5 ampere Jadi, kuat arus listrik yang mengalir dalam penghantar sebesar 2,5 ampere.
I=
I= t
= 2 × 1020
Jadi, jumlah elektron yang mengalir sebanyak 2,0 × 1020.
14
=
Q qe
Q
I = n IA = (10.001)(1 mA) = 10.001 mA = 10,001 A Jadi, amperemeter dapat digunakan untuk mengukur arus listrik hingga 10,001 A.
ne =
ne =
5. Jawaban: c Diketahui: t = 1 menit = 60 sekon q = 150 coulomb Ditanyakan: I Jawab:
2 2 × 10−4
I IA
8A=
Q
I = t Q=It = (2 × 10–11 A)(8 × 10–6 sekon) = 16 × 10–17 C = 1,6 × 10–16 C Q = ne qe
= 1.000 Jadi, jumlah ion Cl – yang mengalir melewati membran sel sebanyak 1.000 elektron.
RA (n − 1) RA R sh
n – 1= 104 n = 10.001 n =
4. Jawaban: a Diketahui: t = 8 μs = 8 × 10–6 sekon I = 2 × 10–11 A qe = 1,6 × 10–19 C Ditanyakan: n Jawab:
Rangkaian Searah
I = 50 × (1 A) = 0,8 A Jadi, arus yang mengalir pada rangkaian sebesar 0,8 A. 8. Jawaban: b Diketahui: A = 1 meter r = 2 mm = 2 × 10–3 m ρ = 1,70 × 10–8 m Ditanyakan: R
Jawab: Luas penampang kawat A =πr2 = (3,14)(2 × 10–3)2 = 12,56 × 10–6 m2 Hambatan listrik kawat A
R = ρA =
(1,70 × 10−8 Ωm)(1 m) (12,56 × 10−6 m2 )
= 1,35 × 10–3 Ω Jadi, hambatan listrik kawat sebesar 1,35 × 10–3 Ω. 9. Jawaban: e Banyaknya muatan listrik yang mengalir dalam hambatan dapat ditentukan dengan menentukan luas pada grafik. Q = luas trapesium + luas persegi panjang =
(a + b )t 2
=
(1 + 2)(10 − 5) 2
=
(3)(5) 2
+ (5)(2)
+ 10
×c
12. Jawaban: c Untuk mengukur tegangan listrik, voltmeter harus dipasang paralel dengan hambatan. Gambar yang benar ditunjukkan dengan pilihan c. 12. Jawaban: b Diketahui: IA = 300 mA I = 480 mA Ditanyakan: Rsh Jawab: =
480 mA 300 mA
−1
=
30 kΩ 3 5
5
= (30 kΩ)( 3 ) = 50 kΩ Jadi, hambatan shunt yang diperlukan sebesar 50 kΩ. 13. Jawaban: a Diketahui: R0 = 40 Ω Rt = 126 kΩ T0 = 20°C α = 3,92 × 10–3/°C Ditanyakan: T Jawab: ΔR = R0 a ΔT Rt – R0 = R0 a ΔT (126 – 40) Ω = (40 Ω)(3,92 × 10–3/°C) ΔT 86 = (0.1568/°C) ΔT 86 0,1568
≈ 548°C
Titik lebur aluminium = suhu akhir platina ΔT = T – T0 T = ΔT + T0 = (548 + 20)°C = 568°C Jadi, titik lebur aluminium 568°C. 14. Jawaban: e Diketahui: t = 10 s ne = 4 × 1019 elektron qe = 1,6 × 10–19 C Ditanyakan: I Jawab: Q = ne qe = (4 × 1019) (1,6 × 10–19 C) = 6,4 C Q
= 3,2 V Jadi, beda potensial yang terukur adalah 3,2 V.
I IA
8 5
6,4 C
I = t = 10 s = 0,64 A Jadi, arus yang mengalir sebesar 0,64 A.
16 =( )(10 V) 50
n =
30 kΩ
=
ΔT =
11. Jawaban: b Diketahui: penunjuk jarum (a) = 16 skala maksimum (b) = 50 batas ukur (c) = 10 V Ditanyakan: V Jawab: a b
RA (n − 1)
+ pA
= 17,5 Jadi, muatan listrik yang mengalir dalam hambatan tersebut adalah 17,5 coulomb.
V =
Rsh =
8
= 5
15. Jawaban: d Diketahui: Q = (3t3 + 2t + 7) t = 2 sekon Ditanyakan: I Jawab: dQ
I = dt d
= dt (3t3 + 2t + 7) = 9t2 + 2 = 9(2)2 + 2 = 38 Jadi, kuat arus listrik yang mengalir pada penghantar sebesar 38 ampere.
Fisika Kelas XII
15
B. Uraian 1. Pengukuran potensial listrik menggunakan voltmeter dilakukan dengan memasang voltmeter secara paralel dengan alat yang akan diukur potensial listriknya. Untuk memperbesar batas ukur voltmeter dilakukan dengan menambahkah hambatan yang disebut hambatan muka (Rf). Hambatan muka dipasang seri dengan voltmeter. 2. Diketahui:
I t qe Ditanyakan: a. b. Jawab:
= 10 A = 1 jam = 3.600 sekon = 1,6 × 10–10 coulomb Q ne
Q
a.
I = t Q=It = (10 A)(3.600 sekon) = 3,6 × 104 coulomb Jadi, muatan yang melewati tersebut adalah 3,6 × 104 coulomb.
b.
n = =
Q qe 3,6 × 104 coulomb 1,6 × 10 −19 coulomb
= 2,25 × 1023 Jadi, elektron yang mengalir selama 1 jam sebanyak 2,25 × 1023 elektron. 3. Diketahui:
l =5m r = 0,5 mm = 0,5 × 10–3 m ρ = 1,7 × 10–8 Ωm Ditanyakan: R Jawab: A = πr 2 = (3,14)(0,5 × 10–3 m)2 = 0,785 × 10–6 m2 Hambatan listrik pada kawat A
R = ρA (5 m)
= (1,7 × 10–8 Ωm) (0,785 × 10−6
m2 )
= 0,1083 Ω Jadi, besar hambatan listrik kawat sebesar 0,1083 Ω. 4. Diketahui:
IA = 300 mA I = 480 mA RA = 30 kΩ Ditanyakan: Rsh Jawab: n=
16
I IA
=
480 mA 300 mA
=
8 5
Rangkaian Searah
RA (n − 1)
Rsh =
30 kΩ
=
8
( 5 − 1) 30 kΩ
=
3 5
5
= (30 kΩ)( 3 ) = 50 kΩ Jadi, hambatan shunt yang diperlukan sebesar 50 kΩ. RA = 360 Ω IA = 50 mA Rsh = 10 Ω Ditanyakan: I Jawab:
5. Diketahui:
RA n −1
Rsh=
n–1 =
RA R sh
n–1 =
360 Ω 10 Ω
n – 1 = 36 n = 37 n=
I IA
I = n IA = (37)(50 mA) = 1.850 mA = 1,85 A Jadi, batas ukurnya menjadi 1,85 A. 6. Diketahui:
ne = 10.000 A = 4 m2 t = 100 sekon qe = 1,6 × 10–19 coulomb Ditanyakan: J Jawab: Q = ne qe = (10.000)(1,6 × 10–19 coulomb) = 1,6 × 10–15 coulomb I
= t =
Q
1,6 × 10 −15 coulomb 100 sekon
I
1,6 × 10−17 ampere
= 1,6 × 10–17 ampere
J = A = = 4 × 10–18 A/m2 4 m2 Jadi, rapat arus muatannya sebesar 4 × 10–18 A/m2. 7. Diketahui:
q = 55 coulomb t = 8 sekon Ditanyakan: nilai x
Jawab:
Rf = (n – 1)RV = (36 – 1)(3 kΩ) = (35)(3 kΩ) = 105 kΩ Jadi, hambatan muka yang harus dipasang adalah 105 kΩ.
I (A) x
Luas I 5 Luas II
2 3
8
10
t (s)
q = luas I + luas II q = luas persegi panjang + luas segitiga 1
55 = (8)(5) + ( 2 )(8 – 2)(x – 5) 55 = 40 + 3(x – 5) 15 = 3x – 15 3x = 30 x = 10 Jadi, nilai x sebesar 10 ampere. 8. Diketahui:
Rv = 3 kΩ V v = 50 V V = 1,8 kV = 1.800 V Ditanyakan: Rf Jawab: n = =
Rt = 175 Ω T = 850°C T0 = 20°C α = 0,0039/°C = 3,9 × 10–3/°C Ditanyakan: R0 Jawab: ΔR = R0 α ΔT Rt – R0 = R0 α ΔT 175 – R0 = R0(3,9 × 10–3)(850 – 20) 175 – R0 = R0(3,9 × 10–3)(830°) 175 – R0 = 3,237R0 175 = 4,237R0
9. Diketahui:
V Vv
1.800 V 50 V
= 36
R0 =
175 4,237
R0 = 41,30 Ω Jadi, hambatan tembaga pada suhu 20°C adalah 41,30 Ω. R0 = 60 Ω T0 = 20°C T = 1.089°C α = 0,004/°C = 4 × 10–3/°C Ditanyakan: R ΔR = R0 α ΔT R – R0 = R0 α ΔT R = R0 + R0 α ΔT = 60 + (60)(4 × 10–3)(1.089 – 20) = 60 + 256,56 = 316,56 Jadi, hambatan termometer pada saat dicelupkan ke dalam tembaga yang sedang melebur adalah 316,56 Ω.
10. Diketahui:
Fisika Kelas XII
17
A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: c Diketahui: R1 = 120 Ω R2 = 60 Ω R3 = 20 Ω Ditanyakan: I3 Jawab: Pada hambatan rangkaian paralel berlaku beda potensial yang sama. V1 = V3 I1R1 = I3R3 (2 A)(120 Ω) = I3 (20 Ω) 240 V = I3 (20 Ω) I3 =
240 V 20 Ω
R2, R6, dan R8 dirangkai seri Rs3 = R2 + R6 + R8 = (4 + 5 + 5) ohm = 14 ohm Rs
Rs
1 Rp1
=
1 R4
=
1 4 ohm
+
1 R p3
15
+
19
= 60 ohm 60
Rp1 = 19 ohm = 3,15 ohm R1 dan Rp1 dirangkai seri Rs2 = R1 + Rp1 = (2 + 3,15) ohm = 5,15 ohm
18
Rangkaian Searah
=
1 5,15 ohm
=
140 + 72,1 + 51,5 721 ohm
Rp3 =
+
1 R5
+ +
1 R s3
1 10 ohm
1
+ 14 ohm
721 ohm 263,6
= 2,73 ohm
Jadi, hambatan pengganti pada rangkaian tersebut 2,73 ohm. R4
R5
Rs
1
B R8
R6
Rp
R1
1
R5
4
1 R s2
263,6
3. Jawaban: a Diketahui: R1 = 3 Ω R2 = 9 Ω V =6V Ditanyakan: VAB Jawab: Rs = R1 + R2 = (3 + 9) Ω = 12 Ω I=
= 60 ohm + 60 ohm
=
= 721 ohm
1 RS1
1 15 ohm
3
Rs2, R5, dan Rs3 dirangkai paralel
I3 = 12 A Jadi, nilai kuat arus yang melalui hambatan R3 sebesar 12 A. 2. Jawaban: a Diketahui: R1 = 2 ohm R2 = R4 = 4 ohm R3 = R6 = R8 = 5 ohm R5 = R7 = 10 ohm Ditanyakan: Rp Jawab: R1 R3 dan R7 dirangkai seri Rs1 = R3 + R7 A = (5 + 10) ohm R2 = 15 ohm R4 dan Rs1 dirangkai paralel
2
R5
R2
R8 R6
V Rs
=
6V 12 Ω
= 0,5 ampere
VAB = Itot R2 = (0,5 A)(9 Ω) VAB = 4,5 V Jadi, beda potensial di titik AB sebesar 4,5 V. 4. Jawaban: b Diketahui: R1 = R2 = 4 Ω R3 = R4 = R5 = 2 Ω V = 24 volt Ditanyakan: I Jawab: R1 dan R2 dirangkai seri Rs1 = R1 + R2 =4Ω+4Ω =8Ω
R3, R4, dan R5 dirangkai seri Rs2 = R3 + R4 + R5 = 2 Ω + 2 Ω + 2 Ω = 6 Ω Rs1 dan Rs2 dirangkai paralel Vtotal = VRs1 = VRs2 = 24 volt IRs1 =
VRs
1
Rs1
=
24 volt 8Ω
= 3 ampere
IRs1 = IR1 = IR2 = 3 ampere IRs2 =
VRs
2
=
R s2
24 volt 6Ω
= 4 ampere
IRs2 = IR3 = IR4 = IR5 = 4 ampere Jadi, kuat arus terbesar adalah 4 ampere melewati R3. 5. Jawaban: a Diketahui: R1 = R2 = R3 = R Vtot = 135 volt Ditanyakan: R Jawab: Vtotal = Itotal Rtotal 135 = 5(R1 + R2 + R3) 27 = (R + R + R) 3R = 27 R= 9 Ω Jadi, besar hambatan tersebut adalah 9 Ω. 6. Jawaban: a Diketahui: R1 = R2 = 6 Ω R3 = 5 Ω r =1Ω E = 18 V Ditanyakan: Vab Jawab: 1 Rp
=
1 Rp
=
1 Rp
=
1 + 1 R1 R2 1 1 + 6Ω 6Ω
2 6Ω
→ Rp = 6 Ω = 3 Ω
7. Jawaban: d Diketahui: R1 = 6 Ω R4 = 6 Ω R2 = 3 Ω R5 = 3 Ω R3 = 5 Ω V = 15 V Ditanyakan: I Jawab: Nilai R1R5 = R2R4 sehingga rangkaian tersebut menggunakan rangkaian jembatan Wheatstone. R1 dan R2 dirangkai seri Rs1 = R1 + R2 =6Ω+3Ω =9Ω R4 dan R5 dirangkai seri Rs2 = R4 + R5 =6Ω+3Ω =9Ω Rs1 dan Rs2 dirangkai paralel 1 Rp
=
=
+
1 R s2
=
1 9Ω
+
1 9Ω
9
Rp = 2 Ω = 4,5 Ω Kuat arus yang mengalir V
I= R = p
15 volt 4,5 Ω
= 3,33 ampere
Jadi, kuat arus yang mengalir sebesar 3,33 ampere. 8. Jawaban: b Diketahui: V = 28 volt R1 = R2 = R3 = 10 Ω R4 = 5 Ω R5 = 2 Ω Ditanyakan: I Jawab: Nilai R1R5 ≠ R2R3 sehingga rangkaian hambatan tersebut dapat diselesaikan menggunakan rangkaian delta. Rangkaian tersebut apabila digambarkan seperti berikut.
2
R1
Rs = R3 + Rp =5Ω+3Ω =8Ω E = I(Rs + r) 18 V = I(8 Ω + 1 Ω) 18 V = I(9 Ω) I
1 R s1
18 V 9Ω
I =2A Iab = I Vab = I R3 = (2 A)(5 Ω) = 10 V Jadi, beda potensial di titik a dan b adalah 10 volt.
Ra
R2 Rb R4 Rc R5
R3 28 V
Ra =
R1R 3 R1 + R 3 + R 4
(10)(10)
= 10 + 10 + 5 Ω 100
= 25 Ω = 4 Ω
Fisika Kelas XII
19
Rb = =
R1R 4 R1 + R 3 + R 4
(10)(5) 10 + 10 + 5
R1
Ω
R4
R2 R5
= 50 Ω 25
=2Ω Rc = =
R 3R 4 R1 + R 3 + R 4
(10)(5) 10 + 10 + 5
Ω
= 50 Ω 25
=2Ω Rb dan R2 dirangkai seri Rs1 = Rb + R2 = 2 Ω + 10 Ω = 12 Ω Rc dan R5 dirangkai seri Rs2 = Rc + R5 =2Ω+2Ω =4Ω Rs1 dan Rs2 dirangkai paralel 1 Rp
=
1 R s1
=
1 12 Ω
+
1 R s2
+
1 4Ω
1+ 3
= 12 Ω 4
= 12 Ω Rp = 3 Ω Hambatan total ditentukan dengan merangkai Rp dan Ra secara seri. Rtot = Rs = Rp + Ra =3Ω+4Ω =7Ω Kuat arus yang mengalir melalui rangkaian I=
V R tot
28 V
= 7Ω = 4 A Jadi, kuat arus yang mengalir melalui rangkaian sebesar 4 A. 9. Jawaban: b Diketahui: R1 = R4 = 30 Ω R2 = R3 = R5 = 50 Ω VAB = 120 volt Ditanyakan: I Jawab: Nilai R1R5 = R2R4 sehingga arus yang mengalir pada R3 bernilai nol. Oleh karena itu, rangkaiannya berubah menjadi seperti berikut.
20
Rangkaian Searah
R1 dan R2 disusun seri Rs1 = R1 + R2 = 30 Ω + 50 Ω = 80 Ω R4 dan R5 disusun paralel Rs2 = R4 + R5 = 30 Ω + 50 Ω = 80 Ω Rs1 dan Rs2 dirangkai paralel 1 Rp
1
1
= R + R = 1 + 1 = 2 80 Ω 80 Ω 80 Ω s1 s2 Rp = 40 Ω V I = RAB = 120 volt = 3 A 40 Ω p Jadi, kuat arus yang mengalir pada rangkaian besarnya 3 A.
10. Jawaban: a Diketahui: E1 = 3 V E2 = 2 V E3 = 5 V R1 = 5 Ω R2 = 10 Ω Ditanyakan: I Jawab: Arah arus dan arah loop pada rangkaian seperti berikut. E1 = 3 V
R1 = 5 Ω
E3 = 5 V
E2 = 2 V R2 = 10 Ω
Berdasarkan hukum II Kirchhoff, arus yang dihasilkan: ΣE + ΣIR = 0 (–E3 – E1 + E2) + I(R1 + R2) = 0 (–5 – 3 + 2) + I(5 + 10) = 0 –6 + 15I = 0 15I = 6 I= 6
15
= 0,4 Jadi, kuat arus listrik yang melalui rangkaian adalah 0,4 A.
11. Jawaban: a I1
Jawab: Apabila arus dan arah loop digambarkan seperti berikut.
I2 I3
R1
4Ω
1 R3
D
A
6Ω 2
R2
2Ω
R2
E2
E1
E3 E2 = 18 V
E1 = 8 V
Diketahui:
R1
R1 R2 R3 E1 E2
R3
=4Ω =2Ω =6Ω =8V = 18 V
Ditanyakan: I1 Jawab: I3 = I1 + I2 → I2 = I3 – I1 Loop 1 – E1 + I1R1 + I3R3 = 0 – 8 + I1 (4) + I3 (6) = 0 4I1 + 6I3 = 8
. . . (1)
Loop 2 – E2 + I2R2 + I3R3 = 0 – 18 + I2 (2) + I3 (6) = 0 2I2 + 6I3 = 18
. . . (2)
Masukan I2 = I3 – I1 pada persamaan (2). 2I2 + 6I3 = 18 2(I3 – I1) + 6I3 = 18 2I3 – 2I1 + 6I3 = 18 – 2I1 + 8I3 = 18 . . . (3) Eliminasi persamaan (1) dan (3). 4I1 + 6I3 = 8 –2I1 + 8I3 = 18
×4 ×3
16I1 + 24I3 = 32 –6I1 + 24I3 = 54 –––––––––––– – 22I1 = –22 −22
I1= 22 I1 = –1 Nilai minus (–1) menunjukkan arah arus berlawanan dengan arah arus yang sebenarnya. Jadi, nilai I1 adalah 1 ampere. 12. Jawaban: b Diketahui: E1 = 6 V E2 = 3 V E3 = 3 V R1 = 2 Ω R2 = 4 Ω R3 = 6 Ω Ditanyakan: VAC
C
B
Arus yang mengalir pada rangkaian ΣE + ΣIR = 0 (–E3 + E2 + E1) + (–I)(R1 + R2 + R3) = 0 (–3 + 3 + 6) – I(2 + 4 + 6) = 0 6 – 12I = 0 12I = 6 I = 0,5 Besar tegangan antara A dan C VAC = ΣE + ΣIR = (–E2 + E3) + (I)(R2) = (–3 + 3) + (0,5)(4) =2 Jadi, tegangan antara titik A dan C adalah 2 volt. 13. Jawaban: c Diketahui: V = 6 volt I =2A Ditanyakan: Iseri Jawab: V = I Rtot 6 volt = (2 A) Rtot Rtot =
6 volt 2A
Rtot = 3 Ω 1 R tot
= 1 + 1
1 3Ω
=
R 2 R
R
R = (2)(3 Ω) = 6 Ω Hambatan kawat jika dirangkai seri menjadi 6 Ω + 6 Ω = 12 Ω. Iseri = =
V R seri
6 volt 12 Ω
= 0,5 A Jadi, arus listrik yang mengalir menjadi 0,5 A. 14. Jawaban: c Diketahui: R1 = 6 Ω R2 = 4 Ω Ditanyakan: x dan y
Fisika Kelas XII
21
Jawab: Rangkaian jembatan wheatstone A 6Ω
4Ω
x
15. Jawaban: c Diketahui: R = 800 Ω A1 = 60 cm = 0,6 m A2 = (100 – 60) cm = 40 cm = 0,4 m Ditanyakan: Rx Jawab: Rx =
y
= R3 = 3 + x Supaya G = 0, maka: 4(3 + x) = 6y 12 + 4x = 6y 4x – 6y = –12 2x = 3y – 6 . . . (1) Rangkaian jembatan Wheatstone B 6Ω
4Ω G y
x
1 R3
1 y
=
R3 =
1
+ 4 =
1. Hambatan yang tidak saling terhubung tidak dihitung karena tidak ada arus yang mengalir di hambatan tersebut. R pengganti CEFD: Rs = 2 Ω + 2 Ω + 4 Ω + 2 Ω + 2 Ω = 12 Ω sehingga menjadi: 2Ω
D
Rs
B 2Ω
= 4x 6y 4+y
. . . (2)
Persamaan (2) dimasukkan ke persamaan (1). 2x = 3y – 6
D
R pengganti CD: 1 Rp
⎛ 4y ⎞
6 ⎜ 4 + y ⎟ = 4x
x=
Ω)
6Ω
4y 4+y
⎠ 24y 4+y
0,4 (800 0,6
B. Uraian
4+y 4y
Supaya G = 0, maka: ⎝
R
= 533,3 Ω Jadi, nilai hambatan tersebut 533,3 Ω.
A
4Ω
A2 A1
=
1 6Ω
+
1 Rs
=
1 6Ω
+
1 12 Ω
=
3 12 Ω
=
2 12 Ω
+
1 12 Ω
→ Rp = 12 Ω = 4 Ω 3
sehingga menjadi: A
2Ω
⎛ 6y ⎞
2 ⎜ 4 + y ⎟ = 3y – 6 ⎝
⎠
12y 4+y
= 3(y – 2)
4y 4+y
=y–2
6y y +4
6(4)
= 4+4 = 3 Jadi, nilai x dan y berturut-turut 3 Ω dan 4 Ω.
22
B 2Ω
4y = (4 + y)(y – 2) 4y = 4y – 8 + y2 – 2y 2 y – 2y – 8 = 0 (y – 4)(y + 2) = 0 y1 = 4 dan y2 = –2 x=
Rp
Rangkaian Searah
R pengganti AB: Rs = 2 Ω + Rp + 2 Ω = 2 Ω + 4 Ω + 2 Ω = 8 Ω Jadi, nilai hambatan pengganti antara titik A dan B adalah 8 Ω. 2. Diketahui:
R1 R2 R3 R4 V
=4Ω =8Ω =2Ω =6Ω = 20 volt
Ditanyakan: a. I dan V jika hambatan disusun seri b. I dan V jika hambatan disusun paralel Jawab: a. Hambatan disusun seri Rs = R1 + R2 + R3 + R4 =4Ω+8Ω+2Ω+6Ω = 20 Ω Arus total
b.
I =
V Rs
=
V Rs
Loop 2 (DCBED) –E2 + E1 + I2R2 – I3R3 = 0 –6 + 9 + I2(0,2) – I3(0,5) = 0 0,2I2 – 0,5I3 = –3 0,6I3 + 0,1I2 = 9 × 2 1,2I3 + 0,2I2 = 18 –0,5I3 + 0,2I2 = –3 × 1 –0,5I3 + 0,2I2 = –3 –––––––––––– – 1,7I3 = 21 ⇔ I3 ≈ 12,35 0,6I3 + 0,1I2 = 9 (0,6)(12,35) + 0,1I2 = 9 I2 =
= 1 ampere I = I1 = I2 = I3 = I4 = 1 A Tegangan: V1 = I1R1 = (1 A)(4 Ω) = 4 volt V2 = I2R2 = (1 A)(8 Ω) = 8 volt V3 = I3R3 = (1 A)(2 Ω) = 2 volt V4 = I4R4 = (1 A)(6 Ω) = 6 volt Hambatan disusun paralel Vtot = V1 = V2 = V3 = V4 = 20 volt I1 =
V1 R1
= 4 A = 5 ampere
I2 =
V2 R2
= 8 A = 2,5 ampere
I3 =
V3 R3
= 2 A = 10 ampere
20
20
20
b.
= 15,9 I1 = I2 + I3 = (15,9 + 12,35) A = 28,25 A Arus yang mengalir di R1, R2, dan R3 berturutturut 28,25 A, 15,9 A, dan 12,35 A. VBE = E1 – I3R3 = 9 V – (12,35 A)(0,5 Ω) = 2,825 V Beda potensial B dan E sebesar 2,825 V.
R1 = 15 Ω R2 = 5 Ω R3 = 10 Ω E1 = 4 V E2 = 2 V E3 = 4 V Ditanyakan: a. I b. Vab dan Vbd Jawab: a. Kuat arus yang mengalir melalui rangkaian dengan dimisalkan arah kuat arus berlawanan dengan arah loop
4. Diketahui:
a
b I
I4 = 3. a.
V4 R4
=
A = 3,33 ampere
R1
A I1 B
20 6
I3 C I 2
E1 E2 D
I1 = I2 + I3 Loop 1 (EBAFE) –E1 + I3R3 + I1R1 = 0 I3(0,5) + (I2 + I3)(0,1) = 9 0,6I3 + 0,1I2 = 9
E1 R2
E2
F
E R2
R1
E3
d R3
9 − 7,41 0,1
b.
R3 c
ΣE + ΣIR = 0 E3 – E2 + E1 – I(R1 + R2 + R3) = 0 4 – 2 + 4 – I(15 + 5 + 10) = 0 30I = 6 I = 0,2 A Jadi, kuat arus yang mengalir 0,2 A. Tegangan antara a dan b (Vab) Vab = –E1 + IR1 = –4 + (0,2)(15) = –1 volt Jadi, tegangan antara a dan b adalah –1 volt. Fisika Kelas XII
23
Tegangan antara b dan d(Vbd). Vbd = –E2 – I(R2 + R3) = –2 – 0,2(5 + 10) = –5 volt Jadi, tegangan antara b dan d adalah –5 volt. 5.
Jawab: a. Dalam rangkaian R1R5 = R2R4 sehingga dapat ditentukan menggunakan jembatan Wheatstone. Oleh karena itu, tida ada arus pada hambatan R3 dan rangkaiannya menjadi seperti berikut.
A 2Ω
3,25 Ω 6Ω
P 8Ω
R1 = 6 Ω
R2 = 10 Ω
R4 = 3 Ω
R5 = 5 Ω
Q 1Ω
10 volt
B
R1 dan R2 dirangkai seri Rs1 = R1 + R2 = 6 Ω + 10 Ω = 16 Ω R4 dan R5 dirangkai seri Rs2 = R4 + R5 =3Ω+5Ω =8Ω Hambatan total (Rtot) dapat ditentukan dengan menggabungkan Rs1 dan Rs2 yang dirangkai secara paralel.
R2 R1
P
Q R3
16
R1 =
(2)(8) 2+8+6
Ω = 16 Ω = 1 Ω
R2 =
(2)(6) 2+8+6
Ω = 16 Ω = 0,75 Ω
R3 =
(6)(8) 2+8+6
Ω = 16 Ω = 3 Ω
12
=
48
1
1Ω R s
9V
Rp = 2
1
1
1
1
1
= R + = + = R s2 4Ω 4Ω s1 Rp = 2 Ω RPQ = R1 + Rp = (1 + 2) Ω = 3 Ω I=
E RPQ
=
9V 3Ω
2 4Ω
=3A
Hambatan antara P dan Q sebesar 3 Ω dan arus yang mengalir 3 A. 6. Diketahui:
R1 R2 R3 R4 R5 V Ditanyakan: a. b.
24
=6Ω = 10 Ω =2Ω =3Ω =5Ω = 10 volt Rtotal I
Rangkaian Searah
1
1+ 2
Rs = R2 + 3,25 Ω = 0,75 Ω + 3,25 Ω = 4 Ω 1 Rs = R3 + 1 Ω = 3 Ω + 1 Ω = 4 Ω 1 Rp
1 R s2
= 16 Ω
Q
R1 R3
+
= 16 Ω + 8 Ω
3,25 Ω
R2
1 R s1
1
Rs P
1 Rp
b.
16 Ω 3
= 5,33 Ω
Jadi, hambatan total bernilai 5,33 Ω. Kuat arus yang mengalir V
I = R =– p
10 volt 16 3
3
= 10 volt( 16 ) = 1,875 A
Jadi, kuat arus yang mengalir sebesar 1,875 A. 7. Diketahui:
R = 10 kΩ A : A2 = 2 : 3 Ditanyakan: Rx Jawab: Rx =
A1 A2
3
R
= 2 (10 kΩ) = 15 kΩ Jadi, nilai Rx adalah 15 kΩ.
8. Diketahui:
E = 12 V r =1Ω R1 = 3 Ω R2 = 4 Ω R3 = 4 Ω Ditanyakan: I Jawab: R2 dan R3 dirangkai paralel 1 Rp
=
1 R2
=
1 4Ω
+ +
1 R3
1 4Ω
2
= 4Ω 4Ω
Rp = 2 = 2 Ω Rtotal = R1 + Rp =3Ω+2Ω =5Ω Σ E = ΣI(Rtotal + r ) 12 V = ΣI(5 Ω + 1 Ω) 12 V = I(6 Ω) I=2A Jadi, kuat arus yang dihasilkan oleh sumber tegangan sebesar 2 A. Imasuk = 200 mA I2 = 80 mA I4 = 40 mA Ditanyakan: a. I1 b. I3 c. I5 Jawab: a. Imasuk = I1 + I2
120 mA = I3 + 40 mA I3 = 120 mA – 40 mA = 80 mA c. I5 = I2 + I3 + I4 = 80 mA + 80 mA + 40 mA = 200 mA R1 = 5 Ω R2 = 10 Ω r = 0,5 Ω E1 = 12 V E2 = 4 V Ditanyakan: a. I b. V1 Jawab: a. Arah arus dan arah loop pada rangkaian seperti berikut.
10. Diketahui:
R1 = 5 Ω A
B I
E1 = 12 V
E2 = 4 V
r = 0,5 Ω
D
9. Diketahui:
200 mA = I1 + 80 mA I1 = 200 mA – 80 mA = 120 mA
I1 = I3 + I4
b.
b.
r = 0,5 Ω
R2 = 10 Ω
C
ΣE + ΣIR = 0 (–E1 + (–E2)) + I(R1 + R2 + r + r ) = 0 (–12 – 4) + I(5 + 10 + 0,5 + 0,5) = 0 –16 + I(16) = 0 16I = 16 I=1 Jadi, kuat arus yang mengalir 1 ampere. Tegangan yang mengalir pada R1 V1 = IR1 = (1 ampere)(5 Ω) = 5 volt Jadi, tegangan yang mengalir pada R1 adalah 5 volt.
Fisika Kelas XII
25
A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: c Diketahui: P = 125 W V1 = 100 V V2 = 200 V Ditanyakan: R Jawab: I
=
P V1
R1 =
V12 P
R2 =
V2 I
125 W 100 V
=
= 1,25 A
(100 V)(100 V) 125 W
=
200 V 1,25 A
=
= 80 Ω
80 volt
= 160 Ω
Oleh karena R2 bernilai 160 Ω, lampu dapat menyala normal jika dipasang hambatan sebesar 80 Ω secara seri terhadap R1. 2. Jawaban: b Diketahui: P1 = 40 W V1 = 220 volt V2 = 110 volt Ditanyakan: E jika t = 5 menit Jawab: ⎛V ⎞
2
P2 = ⎜ V2 ⎟ P1 ⎝ 1⎠ =
⎛ 110 ⎞ ⎜ 220 ⎟ ⎝ ⎠
2
40 watt
= 10 watt Energi listrik yang diserap selama 5 menit: W = Pt = (10 watt)(300 sekon) = 3.000 joule Jadi, energi yang diserap selama 5 menit sebesar 3.000 joule. 3. Jawaban: e Diketahui: W = 100 joule R = 20 Ω I = 1.000 mA = 1 A Ditanyakan: t Jawab: W = I 2Rt 100 joule = (1 A)2(20 Ω)t t=
100 joule (1 A 2 )(20 Ω)
= 5 sekon
Jadi, rangkaian tersebut dialiri arus selama 5 sekon.
26
Rangkaian Searah
4. Jawaban: b Diketahui: E = 300 V r =4Ω Itiap lampu = 0,5 A Vparalel = Vtiap lampu = 220 V Ditanyakan: n (jumlah lampu) Jawab: E = V + Ir 300 volt = 220 volt + Itot (4 Ω) (4 Ω) Itot = 300 volt – 220 volt (4 Ω) Itot = 80 volt I tot = 4 Ω = 20 ampere Pada rangkaian paralel berlaku: Itotal = I1 + I2 + I3 + . . . . Dengan demikian, jika setiap lampu I = 0,5 A, jumlah lampu yang dapat dipasang (n): Itot
n= I = lampu
20 ampere 0,5 ampere
= 40 lampu
Jadi, lampu yang dapat dipasang sebanyak 40 buah. 5. Jawaban: e Diketahui: V = 125 volt R = 25 Ω m = 2,7 kg c = 1 kal/g°C = 4.200 J/kg°C ΔT = 80°C – 30°C = 50°C Ditanyakan: t Jawab: W=Q V2 R (125 volt)2 25 Ω
t = mcΔT t = (2,7 kg)(4.200 J/kg°C)(50°C) t=
(2,7 kg)(4.200 J/kg°C)(50°C)(25 Ω) (125 volt)2
= 907,2 sekon = 15,12 menit ≈ 15 menit Jadi, waktu yang dibutuhkan untuk memanaskan air sekitar 15 menit. 6. Jawaban: c Diketahui: V1 = 220 volt t = t sekon V2 = 110 volt Ditanyakan: t2
Jawab:
Jawab:
W1 = W2 ; I1 = I2 V1 I t1 = V2 I t2 (220 volt)(t) = (110 volt) t2
P1 =
V12 R1
R1 =
V12 P1
(220 volt)(t ) 110 volt
t2 =
t2 = 2t sekon Jadi, waktu yang diperlukan untuk memanaskan air tersebut menjadi 2t sekon. 7. Jawaban: b Diketahui: R1 = 2 Ω R2 = 6 Ω r = 0,5 Ω V = 6 volt Ditanyakan: W2 jika t = 10 menit Jawab: R1 dan R2 dirangkai paralel 1 Rp
=
1 R1
=
1 2Ω
+
1 R2
1
+ 6Ω
3 +1
= 6Ω 6Ω
3
Rp = 4 = 2 Ω = 1,5 Ω Rtotal = Rp + r = 1,5 Ω + 0,5 Ω = 2,0 Ω Itot =
Vtot R tot
=
6 volt 2,0 Ω
= 3 ampere
Tegangan yang mengalir pada R1 dan R2 adalah V = Itot = (3 ampere)(1,5 Ω) = 4,5 volt W2 = =
V2 R2
t
(4,5 volt)2 6Ω
=
(120 volt)2 60 W
= 240 Ω P2 =
V2 2 R2
R2 =
V2 2 P2
=
(120 volt)2 40 W
= 360 Ω R1 dan R2 dirangkai seri Rs = R1 + R2 = 240 Ω + 360 Ω = 600 Ω Jadi, hambatan totalnya 600 Ω. 9. Jawaban: b Diketahui: Q = 1.500 coulomb t = 15 menit = 900 sekon V = 240 volt Ditanyakan: P Jawab: Arus yang mengalir I = Q =
t 1.500 coulomb 900 sekon
= 5 ampere 3
Daya listrik rata-rata P =IV = ( 5 ampere)(240 volt)
(600 sekon)
= 2.025 joule = 482,14 kalori ≈ 482 kalori Jadi, kalor yang timbul pada hambatan R2 dalam waktu 10 menit sebesar 482 kalori. 8. Jawaban: e Diketahui: P1 = 60 W V1 = 120 volt P2 = 40 W V2 = 120 volt Ditanyakan: Rtotal
3
= 400 watt Jadi, daya listrik rata-rata 400 watt. 10. Jawaban: d Diketahui: V = 12,5 volt t = 1 sekon Ditanyakan: W pada R = 16 Ω Jawab: Rs = 1 Ω + 3 Ω + 4 Ω = 8 Ω 1 Rp
=
1 8Ω
+
1 Rs
=
1 8Ω
+
1 8Ω
Fisika Kelas XII
27
1 Rp
→ Rp = 8 Ω = 4 Ω
2 8Ω
=
2
Rtotal = 16 Ω + 4 Ω + 5 Ω = 25 Ω Vtotal = Itotal Rtotal Vtotal R total
Itotal =
12,5 volt 25 Ω
=
= 0,5 ampere Pada R = 16 Ω, nilai I = Itotal = 0,5 ampere W = I2 R t = (0,5 A)2(16 Ω)(1 s) = (0,25)(16)(1) J =4J Jadi, energi yang dibebaskan sebesar 4 J.
1. Diketahui:
P = 2.200 W V = 220 V t = 8 jam/hari biaya = Rp720,00/kWh
Ditanyakan: a. R b. biaya dalam sebulan (30 hari) Jawab: P=
V2 R
R =
V2 P (220 V)2 2.200 W
48.400
= 2.200 Ω = 22 Ω Hambatan oven sebesar 22 Ω. W =Pt = (2.200 W)(8 jam/hari)(30 hari) = 528.000 Wh = 528 kWh Biaya = (Rp720,00/kWh)(528 kWh) = Rp380.160,00 =
b.
2. Diketahui:
I = 5 ampere R = 20 Ω t = 1 menit = 60 s Ditanyakan: a. W b. P Jawab: a. W = I 2 R t = (5 ampere)2 (20 Ω) (60 s) = 30.000 joule b.
W
P = t =
30.000 joule 60 s
= 500 watt
28
3. Diketahui:
P = 60 W V = 240 volt t = 15 menit = 900 sekon Ditanyakan: a. W b. Q Jawab: a. Energi yang terpakai W =Pt = (60 W)(900 s) = 54.000 J Jadi, energi yang dipakai sebesar 54.000 J. b. Kalor yang timbul Q = W(0,24) = (54.000 joule)(0,24) = 12.960 kalori Jadi, kalor yang timbul sebesar 12.960 kalori. I = 500 mA = 5 × 10–1 A t = 5 menit = 900 sekon Q = 2,7 kkal = 2.700 kal = 11.340 joule Ditanyakan: R Jawab: Q=W W = I 2R t 11.340 = (5 × 10–1)2R(300) 11.340 = (25 × 10–2)R(300) 11.340 = 75R R = 151,2 Ω Jadi, hambatan elemen pemanas sebesar 151,2 Ω.
4. Diketahui:
B. Uraian
a.
Jadi, besar energi listriknya 30.000 joule dan daya listriknya 500 watt.
Rangkaian Searah
5. Diketahui:
m h V I t g Ditanyakan: η Jawab:
η =
Ep W
= 40 kg =2m = 200 V = 3,92 A = 3 sekon = 9,8 m/s2
× 100%
= mgh × 100% VIt
=
(40)(9,8)(2) (200)(3,92)(3)
× 100%
= 33,33% Jadi, efisiensi elektromotor tersebut 33,33%.
A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: a Diketahui: t = 1 menit = 60 sekon n = 1,125 × 1021 qe = 1,6 × 10–19 C Ditanyakan: I Jawab: Q = n qe = (1,125 × 1021)(1,6 × 10–19) = 1,8 × 102 = 180 coulomb Q
I = t =
180 coulomb 60 sekon
= 3 ampere Jadi, kuat arus yang mengalir 3 ampere. 2. Jawaban: b Diketahui: V = 12 V I =2A Ditanyakan: R Jawab: V =IR V
12 volt
3. Jawaban: d Diketahui: V1 = 3 volt I1 = 0,02 ampere V2 = 4,5 volt Ditanyakan: I2 Jawab:
=
=
I1 I2
3 volt 4,5 volt
=
0,02 ampere I2
(4,5 volt)(0,02 ampere) 3 volt
(25)(1,72 × 10−8 )(150) (3 × 10−7 )
= 215 volt Jadi, tegangan antara ujung-ujung kawat sebesar 215 volt. 5. Jawaban: a Kuat arus yang mengalir melalui R2 dan R3 dapat ditentukan dengan hukum I Kirchhoff. Kuat arus yang mengalir melalui R2 ΣImasuk = ΣIkeluar IR + 5 A= 12 A 2 IR = 7 A 2 Kuat arus yang mengalir melalui R3 ΣImasuk = ΣIkeluar
6. Jawaban: c Diketahui: R1 = 3 Ω R2 = 2 Ω R3 = 6 Ω R4 = 2 Ω R5 = 3 Ω Ditanyakan: Rtot Jawab: Hambatan R3 dan R4 dirangkai paralel. 1 Rp
V1 V2
=
1 R3
1
+
1 R4
1
= 6Ω + 3Ω = 0,03 A = 30 mA
Jadi, besar kuat arus yang mengalir adalah 30 mA. 4. Jawaban: b Diketahui: ρ A A I Ditanyakan: V
A
= I ρA
IR + 3 A= 5 A 3 IR = 2 A 3 Jadi, kuat arus yang mengalir melalui R2 dan R3 berturut-turut sebesar 7 A dan 2 A.
R = I = 2A = 6 Ω Jadi, hambatan resistor tersebut 6 Ω.
I2 =
Jawab: V =IR
= 1,72 × 10–8 Wm = 150 m = 0,3 mm2 = 3 × 10–7 m2 = 25 ampere
1+ 2
= 6Ω 3
= 6Ω 6Ω
Rp = 3 = 2 Ω Hambatan pengganti Rtotal = Rs = Rp + R1 + R2 + R5 = (2 + 3 + 2 + 3) Ω = 10 Ω Jadi, hambatan pengganti dari rangkaian tersebut adalah 10 Ω.
Fisika Kelas XII
29
7. Jawaban: b Diketahui: R1 R2 r E Ditanyakan: I Jawab: 1 Rp
=
1 R2
+
=3Ω = R3 = 4 Ω =1Ω = 12 V
1 R3
2
= 4 Ω Rp = 2 Ω Rtotal = R1 + Rp =3Ω+2Ω =5Ω ΣE = ΣI(Rtotal + r) 12 V = ΣI(5 Ω + 1 Ω) 12 V = I(6 Ω) I =2A Jadi, kuat arus yang dihasilkan oleh sumber tegangan sebesar 2A. 8. Jawaban: e Diketahui: RA = 0,006 Ω IA = 1 A I =5A Ditanyakan: Rsh Jawab: n=
I IA
= 5A =5 1A
n −1 5 −1
= 0,0015 Ω Jadi, besar hambatan shunt yang diperlukan sebesar 0,0015 Ω. 9. Jawaban: e Diketahui: Rv = 1 kΩ V = 5 volt I = 25 mA Ditanyakan: Rx Jawab: Besar kuat arus pada voltmeter = 5 volt = 5 mA 1 kΩ
Arus pada hambatan x I = Ix + Iv 25 mA = Ix + 5 mA I x = 20 mA Jika x dan Rv disusun paralel sehingga Vx = Vv = 5 volt. Oleh karena itu, besar hambatan X:
30
= 5 volt = 250 Ω 20 mA
Jadi, besar hambatan X sebesar 250 Ω. 10. Jawaban: d Diketahui: P1 = 80 watt V1 = 220 volt V2 = 110 volt Ditanyakan: P2 Jawab: 2
P2 = ⎛⎜ V2 ⎞⎟ P1 ⎝ V1 ⎠ =
⎛ 110 V ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ 220 V ⎠
2
(80 Ω)
= 80 W = 20 W 4
Jadi, daya lampu menjadi 20 W. 11. Jawaban: a Diketahui: Rv = 2 kΩ = 2.000 Ω I = 0,5 A Rf = 28 kΩ = 28.000 Ω Ditanyakan: V Jawab: V v = Rv I = (2.000 Ω)(0,5 A) = 1.000 V n–1 =
n=
= 0,006 Ω
V Rv
Vx Ix
Rf Rv
28.000 Ω
= 2.000 Ω = 14
n = 15
Rsh = R A
Iv =
Rx =
Rangkaian Searah
V Vv
V = n Vv = (15)(1.000 V) = 15.000 V Batas ukurnya menjadi 15.000 V. 12. Jawaban: c Diketahui: R = 10 Ω R1 = 7R2 Ditanyakan: R1 Jawab: R1 + R2 = R 7R2 + R2 = R R
R2 = 8 R1 = 7R2 R
7
= 7( 8 ) = 8 R 7
= 8 (10 Ω) = 8,75 Ω Kawat bagian pertama memiliki hambatan 8,75 Ω.
13. Jawaban: a Diketahui: R1 = 3 Ω R2 = 2,5 Ω R3 = 3,5 Ω E =3V Ditanyakan: I3 Jawab: R2 dan R3 dirangkai seri Rs = R2 + R3 = 2,5 Ω + 3,5 Ω =6Ω R1 dan Rs dirangkai paralel sehingga: VR1 = VRs = E = 3 V Kuat arus pada Rs1 IRs =
VRs Rs
15. Jawaban: c Diketahui: V1 = 25 V P = 100 W V2 = 125 V Ditanyakan: R yang ditambahkan Jawab:
I
P V1
=
= =
(25 V)2 100 W
100 W 25 V
=
625 V 2 100 W
r1
I
14. Jawaban: d Diketahui: To = 25°C T = 305°C ΔT = T – To = 305°C – 25°C = 280°C Ro = 100 Ω α = 4 × 10–3/°C Ditanyakan: R Jawab: R = R0(1 + αΔT ) = (100)(1 + (4 × 10–3)(280)) = (100)(1 + 1,12) = (100)(2,12) = 212 Ω Jadi, hambatan kawat tembaga menjadi 212 Ω.
V12 P
E1
3V
= 6 Ω = 0,5 A
IRs = I2 = I3 = 0,5 A Jadi, besar arus listrik yang mengalir pada R3 adalah 0,5 A.
R1 =
16. Jawaban: b Diketahui: E1 = 4 V E2 = 4 V E3 = 12 V R1 = 2 Ω R2 = 15 Ω r1 = 0,2 Ω r2 = 0,2 Ω r3 = 0,6 Ω Ditanyakan: I Jawab: Arah kuat arus dan arah loop dapat dilihat sesuai rangkaian berikut.
= 6,25 Ω
E3
E2
r3
r2 R2
ΣE + ΣIR = 0 (–E2 + E1 + E3) + (–I)(R1 + R2 + r1 + r2 + r3) = 0 (–4 + 4 + 12) – I(2 + 15 + 0,2 + 0,2 + 0,6) = 0 12 – 18I = 0 18I = 12 12
I = 18 ampere 2
= 3 ampere Jadi, kuat arus yang mengalir pada rangkaian 2
sebesar 3 ampere. 17. Jawaban: c Diketahui: E1 = 16 V E2 = 8 V E3 = 10 V R1 = 12 Ω R2 = R3 = 6 Ω Ditanyakan: IR 2 Jawab: Berdasarkan hukum II Kirchhoff, arah arus dan arah loop seperti berikut.
=4A
R2 =
=
125 V 4A
= 31,25 Ω
Oleh karena R1 = 6,25 Ω dan R2 = 31,25 Ω maka harus ditambahkan hambatan sebesar 25 Ω secara seri pada R1.
R1
E1
Alat dapat bekerja normal jika arus yang mengalir sama. V2 I
R1
I I2 I1
R2
E2
I3 II E3
R3
Fisika Kelas XII
31
I1 + I2 = I3 Loop I
Jawab: R3 dan R4 dirangkai paralel
ΣE + ΣIR = 0
(E1 + E2) – I2R1 – I3R2 = 0 I2R1 + I3R2 = E1 + E2 12I2 + 6I3 = 24 –––––––––––––––––––––––––– : 6 2I2 + I3 = 4 Loop II ΣE + ΣIR = 0
1 Rp
. . . (1)
18. Jawaban: b Diketahui: J = 200 A/m2 D = 0,2 m → r = 0,1 m Ditanyakan: I Jawab: A = π r2 = (3,14)(0,1 m)2 = (3,14)(0,01 m2) = 3,14 × 10–2 m2 I =JA = (200 A/m2) (3,14 × 10–2 m2) = 6,28 A Jadi, kuat arus yang mengalir dalam konduktor itu sebesar 6,28 ampere. = 24 Ω =6Ω =6Ω =3Ω = 12 volt
1
1 R4
+
1
1+ 2
= 6Ω + 3Ω = 6Ω
6Ω
(E2 + E3) –I3R2 – I1R3 = 0 I3R2 + I1R3 = E2 + E3 6I3 + 6I1 = 8 + 10 6I3 + 6(I3 – I2) = 18 6I3 + 6I3 – 6I2 = 18 12I3 – 6I2 = 18 ––––––––––––––––––––––––––– : 6 2I3 – I2 = 3 . . . (2) Persamaan (1) dan persamaan (2), nilai I 2 dieliminasi. 2I2 + I3 = 4 × 1 2I2 + I3 = 4 –I2 + 2I3 = 3 × 2 –2I2 + 4I3 = 6 ––––––––––––– + 5I3 = 10 ⇔ I3 = 2 A Jadi, kuat arus yang melalui R2 adalah 2 A.
19. Jawaban: e Diketahui: R1 R2 R3 R4 V Ditanyakan: I
1 R3
=
Rp = 3 = 2 Ω R2 dan Rp dirangkai seri Rs = R2 + Rp =6Ω+2Ω =8Ω Rs dan R1 dirangkai untuk memperoleh hambatan total (Rtot) 1 Rp
1 Rs
=
24 Ω 4
Rp =
1
1 R1
+
1
3 +1
= 8 Ω + 24 Ω = 24 Ω
=6Ω
Arus yang mengalir pada rangkaian I=
V Rp
=
12 volt 6Ω
= 2 ampere
Jadi, kuat arus yang mengalir pada rangkaian di atas adalah 2 ampere. 20. Jawaban: b Diketahui: P V E r Ditanyakan: I Jawab: P =
V2 R
R =
V2 P
=
(12 volt)2 15 watt
=
144 volt 2 15 watt
= 15 W = 12 V = 12 V = 1,8 Ω
12 V ; 1,8 Ω
48
= 5 Ω 1 Rp
=
5 48 Ω
= 15
48 Ω
+
5 48 Ω
+
5 48 Ω
16 → Rp = 48 Ω = 5 Ω = 3,2 Ω 15
E = I(R + r) 12 volt = I(3,2 Ω + 1,8 Ω) = I(5 Ω) I=
12 volt 5Ω
= 2, 4 ampere Jadi, arus listrik yang melewati akumulator sebesar 2,4 ampere.
32
Rangkaian Searah
21. Jawaban: d Diketahui: t =1s W = 500 J V = 50 V Ditanyakan: R Jawab: Jawab: P=
W t
500 J = 1s 2 V R (50 V)2 R
=
P = 500 W =
2.500 V 500 W
R=
2
Jawab: RP = RQ
ρP
500 W
=
P2 = =
1
=
AQ AQ
1 AQ 1
a2 1 πd 2 4
πd 2
Ukuran batang Q adalah a = =5Ω
(100 volt)2 20 Ω
=
(100)(100) volt 2 20 Ω
πd 2
.
24. Jawaban: e Diketahui: R1 = 16 Ω R2 = 1 Ω R3 = 3 Ω R4 = 4 Ω R5 = 5 Ω R6 = 8 Ω V = 12,5 volt Ditanyakan: V3 Jawab: R2, R3, dan R4 dirangkai seri Rs1 = R2 + R3 + R4 = 1 Ω + 3 Ω + 4 Ω = 8 Ω Rs dan R6 dirangkai paralel 1 Rp
=
1 Rs
+
1 R6
=
1 8Ω
1
1+ 1
+ 8Ω = 8Ω
8Ω
2
P1
⎛ 110 V ⎞ ⎜ 100 V ⎟ ⎝ ⎠
=
a=
P1 = 500 watt ⎛ V2 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ V1 ⎠
1 AP
a2 =
22. Jawaban: d Diketahui: V1 = 100 volt R = 20 Ω ma = 1 kg T0 = 20°C t = 7 menit = 420 sekon V2 = 110 volt cair = 4.200 J/kg°C Ditanyakan: T Jawab: V2 R
= ρQ
1 πd 2 4
Jadi, hambatan listrik alat pemanas = 5 Ω.
P =
AP AP
2
P1
= (1,1)2 (500 watt) = 1,21 (500 watt) = 605 watt W=Q P t = ma ca ΔT (605 watt)(420 sekon) = (1 kg)(4.200 J/kg°C) (T – 20°C) 254.100 J = (4.200 J/°C)(T – 20°C) 254.100 J
T – 20°C = 4.200 J/°C T – 20°C = 60,5°C T = 60,5°C + 20°C = 80,5°C Jadi, suhu akhir air menjadi 80,5°C. 23. Jawaban: d Diketahui: RP = RQ AP = AQ ρ P = ρQ Ditanyakan: ukuran batang Q
Rp = 2 = 4 Ω Rp, R1, dan R5 dirangkai secara seri Rs = Rp + R1 + R5 2 = 4 Ω + 16 Ω + 5 Ω = 25 Ω Arus yang mengalir dalam rangkaian I=
Vs Rs
=
12,5 volt 25 Ω
= 0,5 ampere
Tegangan yang mengalir pada Rp Vp = I Rp = (0,5 ampere)(4 Ω) = 2 volt Vp = V6 = Vs = 2 volt Arus yang mengalir pada Rs1 Is =
Vs R s1
= 2 volt = 1 ampere 8Ω
4
Beda potensial pada hambatan 3 Ω adalah V3 = I3R3 = ( 1 A)(3 Ω) = 3 volt 4
4
Jadi, beda potensial pada hambatan 3 Ω adalah 3 4
volt.
Fisika Kelas XII
33
25. Jawaban: c Diketahui: R1 = 5 Ω R2 = 10 Ω R3 = 10 Ω R4 = 5 Ω R5 = 2 Ω V = 15 volt Ditanyakan: I Jawab: R1R3 = R2R5 sehingga hambatan total dapat ditentukan menggunakan jembatan Wheatstone. Jika menggunakan jembatan Wheatstone, arus yang mengalir pada Rs bernilai nol. Adapun gambar rangkaiannya seperti berikut. R1 = 5 Ω B
R2 = 10 Ω
R1
1 R s1
+
1
1 R s2
1
= 10 Ω + 20 Ω
Ra =
R1R 3 R1 + R 3 + R 5
= 2+4+2 = 1 Ω
Rb =
R1R 5 R1 + R 3 + R 5
= 2 + 4 + 2 = 0,5 Ω
2 +1 3
= 20 Ω Rp = 20 Ω 3
Kuat arus yang mengalir dalam rangkaian V
15 20 3
A = 15( 3 ) A = 9 A = 2,25 A 20
4
Jadi, kuat arus yang mengalir dalam rangkaian sebesar 2,25 A. 26. Jawaban: b Diketahui: R1 = 2 Ω R2 = 1,5 Ω R3 = 4 Ω R4 = 1 Ω R5 = 2 Ω I = 2 ampere Ditanyakan: VAB
34
Rangkaian Searah
(2)(4) (2)(2)
R 3R 5 R1 + R 3 + R 5
(4)(2)
= 2+4+2 = 1 Ω Berdasarkan perhitungan tersebut, rangkaiannya menjadi seperti berikut. R2 = 1,5 Ω Ra = 1 Ω B
A Rc = 1 Ω R4 = 1 Ω
Rb dan R2 dirangkai seri Rs1 = Rb + R2 = 0,5 Ω + 1,5 Ω = 2,0 Ω Rc dan R4 dirangkai seri Rs2 = Rc + R4 = 1 Ω + 1 Ω = 2 Ω Rs1 dan Rs2 dirangkai paralel 1 Rp
= 20 Ω
I = R = p
R4
R3
Rb = 0,5 Ω
R1 dan R4 dirangkai secara seri Rs = R1 + R4 1 =5Ω+5Ω = 10 Ω R2 dan R3 dirangkai secara seri Rs = R2 + R3 2 = 10 Ω + 10 Ω = 20 Ω Hambatan total pada rangkaian =
R5 Rc
R3 = 10 Ω
1 Rp
R2 Rb
Ra
Rc =
R4 = 5 Ω A
Jawab: R1R4 ≠ R2R3 sehingga hambatan total dapat diselesaikan dengan transformasi delta. Adapun rangkaiannya seperti berikut.
=
1 R s1
+
1 R s2
=
1 2,0 Ω
+
1 2,0 Ω
=
2 2,0 Ω
Rp = 1 Ω Hambatan total pada rangkaian Rtot = Rs3 = Rp + Ra = 1 Ω + 1 Ω = 2 Ω Tegangan AB VAB = I · Rtot = (2 A)(2 Ω) = 4 volt Jadi, besar tegangan di titik AB adalah 4 volt. 27. Jawaban: c Diketahui: n =4 R = 1,5 Ω r = 0,5 Ω ε = 1,5 V Ditanyakan: I Jawab: εs = n ε = 4(1,5 V) = 6 volt rs = n r = 3(0,5 Ω) = 1,5 Ω Kuat arus yang melalui lampu: I=
εs
rs + R
=
6 volt 1,5 + 1,5
= 2 ampere
Jadi, kuat arus yang melalui lampu adalah 2 A.
28. Jawaban: a Diketahui: R1 = 15 Ω R2 = 5 Ω R3 = 10 Ω Ditanyakan: VAB Jawab: Apabila arah arus dan arah seperti berikut. R1
Jawab: E1 = 4 V E2 = 2 V E3 = 4 V loop digambarkan
E1
⎛V ⎞
2
⎛ 110 ⎞
2
P2 = ⎜ V2 ⎟ P1 = ⎜ ⎟ 100 = 25 watt ⎝ 220 ⎠ ⎝ 1⎠ Energi yang dipakai W = Pt = (25 watt)(1.800 sekon) = 45.000 J Jadi, energi yang dipakai 45.000 J. B. Uraian
E3
R2 E2
R3
ΣE + ΣIR = 0 (E1 + E3 – E2) + (–I)(R1 + R2 + R3) = 0 (4 + 4 – 2) + (–I)(15 + 5 + 10) = 0 6 – I(30) = 0 30I = 6 I = 0,2 A VAB = –E1 + IR1 = –4 + (0,2)(15) = –1 volt Jadi, tegangan antara A dan B sebesar –1 volt. 29. Jawaban: b Apabila digambarkan arah arusnya seperti berikut. A
I I2
I1 B
C D
Berdasarkan hukum I Kirchhoff I = I1 + I2 I1 > I2 karena I1 hanya melewati sebuah lampu, sehingga urutan kuat arusnya I > I1 > I2. Lampu yang dilalui oleh kuat arus dengan arus terbesar akan menyala paling terang. Oleh karena itu, 1) lampu A paling terang; 2) lampu B lebih redup dari lampu A; 3) lampu C dan D sama terang dan paling redup dibandingkan lainnya. 30. Jawaban: c Diketahui: P1 V1 V2 t Ditanyakan: W
= 100 W = 220 V = 110 V = 30 menit = 1.800 sekon
J = 60 A/m2 Q = 30 C t = 5 sekon Ditanyakan: A
1. Diketahui:
Q
I = t =
30 C 5 sekon
=6A
I A I A = J
J =
=
6A 60 A/m2
= 0,1 m2 Jadi, luas konduktor adalah 0,1 m2. RA = 9 Ω IA = 0,2 A I =2A Ditanyakan: Rsh Jawab: Untuk meningkatkan nilai maksimum ampermeter dilakukan dengan menambah hambatan atau dikenal sebagai Rsh yang dipasang paralel dengan amperemeter.
2. Diketahui:
n=
I IA
Rsh = =
→n=
2A 0,2 A
A
Rsh
= 10
RA (n − 1) 9Ω (10 − 1)
9
= 9 Ω = 1Ω Jadi, nilai hambatan shunt yang diperlukan adalah 1 Ω. 3. Diketahui:
R = 24 Ω V = 120 V ΔT = (45 – 25)°C = 20°C m = 10 kg = 10.000 g cair = 1 kal/g°C
Fisika Kelas XII
35
Ditanyakan: t Jawab: V =IR
VAB = I3 R3 = (0,04 A)(45 Ω) = 1,8 volt Jadi, V di AB sebesar 1,8 volt.
V
I = R =
= 5 ampere Q = m c ΔT = (10.000 g)(1 kal/g°C)(20°C) = 2 × 105 kal Kesetaraan joule dan kalori, berlaku 1 joule = 0,24 kalori. Pada kasus ini, berlaku hukum kekekalan energi. W= Q (0,24) V I t = Q (0,24)(120 volt)(5 ampere) t = 2 × 105 kal (144 W) t = 2 × 105 kal t=
200.000 144
≈ 1.388,89 detik ≈ 23 menit Jadi, waktu yang diperlukan kira-kira 1.388,89 sekon atau 23 menit. 4.
C
Aperak Aperak ρperak Aplatina Aplatina ρplatina V t Ditanyakan: W Jawab: Pada kawat perak
5. Diketahui:
120 volt 24 Ω
2,1 V ; 2 Ω 1,9 V ; 1 Ω AB E
=2m = 0,5 mm2 = 5 × 10–7 m2 = 1,6 × 10–8 Ωm = 0,48 m = 0,1 mm2 = 10–7 m2 = 4 × 10–8 Ωm = 12 volt = 1 menit = 60 s
A perak
Rperak = ρperak A
perak
= (1,6 × 10–8 Ωm)
2m (5 × 10−7 m2 )
= 6,4 × 10–2 Ω Pada kawat platina: A platina
Rplatina = ρplatina A
platina
= (4 × 10–8 Ωm)
(II)
45 Ω
(I) I3 D
8 Ω I1 A I2 9 Ω
F
I1 + I2 = I3 → = I1 = I3 – I2
. . . (1)
Loop I (8 Ω) I1 + (45 Ω) I3 – 2,1 V + (2 Ω) I1 = 0 8 I1 + 45 I3 – 2,1 + 2 I1 = 0 10 I1 + 45 I3 = 2,1 Masukkan persamaan (1) 10(I3 – I2) + 45 I3 = 2,1 10 I3 – 10 I2 + 45 I3 = 2,1 –10 I2 + 55 I3 = 2,1 . . . (2) Loop II (9 Ω) I2 + (45 Ω) I3 + (1 Ω) I2 – 1,9 V = 0 9 I2 + 45 I3 + I2 – 1,9 = 0 10 I2 + 45 I3 = 1,9 Eliminasi persamaan (2) dan (3): –10I2 + 55 I3 = 2,1 10I2 + 45 I3 = 1,9 ––––––––––––––– + 100 I3 = 4 4
I3 = 100 = 0,04 A
36
Rangkaian Searah
(0,48 m) (10−7 m2 )
= 1,92 × 10–1 Ω Oleh karena dipasang seri maka: Rtotal = Rperak + Rplatina = (6,4 × 10–2 Ω) + (1,92 × 10–1 Ω) = 2,56 × 10–1 Ω Itotal = =
Vtotal R total 12 volt 2,56 × 10−1 Ω
= 46,875 ampere Oleh karena rangkaian seri, maka Itotal = Iperak = Iplatina V pada kawat platina W = 0,24 (I 2total Rplatina t) kalori = (0,24)(46,875)2(1,92 × 10–1)(60) kalori = 6.075 kalori Jadi, panas yang timbul pada kawat platina sebesar 6.075 kalori. 6. Diketahui:
R1 R2 R4 V
=8Ω = R3 = R6 = R7 = 4 Ω = R5 = 12 Ω = 20 volt
Ditanyakan: a. Rtotal b. I c. VAD Jawab: a. R4 dan R5 dirangkai paralel 1 Rp1
=
1 R4
=
1 12 Ω
=
2 12 Ω 12 2
Rp = 1
1 R p2
2
=
24
+
1 R s2
1
+
1
1 Rp1
8. Diketahui:
P = 250 watt V = 125 volt R = 12,5 Ω per meter Ditanyakan: A Jawab: P=
V2 R
250 watt =
(125 volt)2 R
R=
(125 volt)2 250 watt
A=
62,5 Ω 12,5 Ω/m
= 62,5 Ω
= 5 meter
Jadi, panjang kawat adalah 5 meter.
9
= 24 Ω 24
Rp = 9 Ω Hambatan totalnya Rtot = Rs = Rp2 + R7 =
24 Ω 9
=
24 Ω 9
+4Ω +
36 Ω 9
60
b.
2
= 3 Jadi, perbandingan A1 : A2 adalah 2 : 3.
1
2+3+4 24 Ω
= 15 kΩ
A1 A2
= 12 Ω + 8 Ω + 6 Ω =
10 kΩ
A1 A2
1
1 R s1
7
VAD = Rp IRp = ( 9 Ω)(3 ampere) = 8 volt 2 2 Jadi, tegangan di titik AD sebesar 8 volt.
Ω=6Ω
R1 dan R3 dirangkai seri Rs = R1 + R3 1 =8Ω+4Ω = 12 Ω R2 dan R6 dirangkai seri Rs = R2 + R6 2 =4Ω+4Ω =8Ω Rs , Rs , dan Rp dirangkai paralel 1
2
R1 = 10 kΩ R2 = 15 kΩ Ditanyakan: A1 : A2 Jawab: Pada jembatan wheatstone berlaku: R1A1 = R2A2 (10 kΩ)A2 = (15 kΩ)A1
1 12 Ω
+
Itotal = IRs = IR = 3 ampere
7. Diketahui:
1 R5
+
c.
= 9 Ω = 6,67 Ω Jadi, hambatan pengganti seluruh rangkaian 6,67 Ω. V=IR 9
I = 24 Ω = 20 volt : = 20 volt ×
9. Tegangan listrik yang didistribusikan ke rumah disambung secara paralel bertujuan supaya salah satu komponen listrik rusak, komponen yang lain masih berfungsi. Selain itu, apabila dirangkai secara paralel, tegangan yang diterima setiap peralatan sama. ne = 5 × 1014 qe = 1,6 × 10–19 C t = 30 s R = 1,5 kΩ = 1,5 × 103 Ω Ditanyakan: V Jawab: Q = ne qe = (5 × 1014 )(1,6 × 10–19 C) = 8 × 10–5 C
10. Diketahui:
Q
60 Ω 9 9 60 Ω
= 3 ampere Jadi, arus yang mengalir pada rangkaian sebesar 3 ampere.
I = t = V=IR
8 × 10 −5 C 30 s
8
A = 3 × 10–6 A
8
= ( 3 × 10–6 A)(1,5 × 103 Ω) = 4 × 10–3 V = 4 mV Jadi, beda potensial kawat sebesar 4 mV. Fisika Kelas XII
37
Setelah mempelajari bab ini, peserta didik mampu: 1. mengevaluasi berbagai fenomena kelistrikan dalam kehidupan sehari-hari; 2. melakukan percobaan untuk menyelidiki konsep listrik statis; 3. menerapkan konsep gaya Coulomb dan kuat medan listrik dalam pemecahan masalah listrik; 4. menerapkan konsep energi potensial listrik dan potensial listrik; 5. menerapkan nilai muatan dan tegangan listrik pada rangkaian seri dan paralel kapasitor. Berdasarkan pengetahuan dan keterampilan yang dikuasai, siswa: 1. menyadari kebesaran Tuhan yang menciptakan keseimbangan sehingga memungkinkan manusia mengembangkan teknologi untuk mempermudah kehidupan; 2. berperilaku ilmiah (memiliki rasa ingin tahu, objektif, jujur, teliti, cermat, tekun, hati-hati, bertanggung jawab, terbuka, kritis, dan inovatif) dalam melakukan percobaan, melaporkan, dan berdiskusi; 3. menghargai kerja individu dan kelompok dalam aktivitas sehari-hari.
Listrik Statis
Muatan Listrik, Gaya Coulomb, dan Kuat Medan Listrik
• • •
Mempelajari konsep muatan listrik. Mempelajari konsep gaya Coulomb. Mempelajari konsep kuat medan listrik.
Energi Potensial dan Potensial Listrik
• • •
•
• • • • • • • • • •
38
Mempelajari energi potensial listrik. Mempelajari potensial listrik. Menyelidiki hubungan antara energi potensial listrik dengan potensial listrik. Mencari tahu fenomena listrik statis.
Bersyukur atas terciptanya listrik yang bermanfaat bagi kehidupan manusia. Bersikap objektif, jujur, cermat, dan kritis dalam setiap kegiatan. Menghargai kerja individu dan kelompok dalam setiap kegiatan. Menjelaskan konsep muatan listrik. Menjelaskan konsep gaya Coulomb dan kuat medan listrik. Menjelaskan konsep energi potensial listrik dan potensial listrik. Menjelaskan hubungan antara enegi potensial listrik dengan potensial listrik. Menjelaskan fenomena listrik statis dalam kehidupan manusia. Menjelaskan pengelompokan kapasitor. Menjelaskan nilai kapasitas kapasitor baik disusun seri maupun paralel.
Listrik Statis
Kapasitor
• • • •
Mempelajari pengelompokan kapasitor. Menyelidiki nilai kapasitas kapasitor. Menyelidiki kerja kapasitas kapasitor keping sejajar. Menyelidiki susunan kapasitas kapasitor pada rangkaian.
A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: c F=k
q1 q2 r2
Besarnya F (gaya Coulomb) berbanding terbalik dengan besarnya r 2 (kuadrat jarak antarpartikel). Semakin besar jarak, gayanya semakin kecil. Dengan demikian, grafik yang tepat adalah pilihan c. 2. Jawaban: d Diketahui: qA = qB = 10–2 μC = 10–8 C rAB = 10 cm = 1 × 10–1 m 1 4πε 0
= 9 × 109 Nm2/C2
Ditanyakan: F Jawab: F = =
2F 2 + 2F 2 ( 2 )
=
3F
=F 3 Jadi, besar gaya Coulomb di titik C adalah F 3 . 4. Jawaban: d Diketahui: qA = –20 μC = –2 × 10–5 C qB = 30 μC = 3 × 10–5 C qC = 160 μC = 16 × 10–5 C rAB = 30 cm = 3 × 10–1 m rAC = 60 cm = 6 × 10–1 m Ditanyakan: FA Jawab: 160 μC
k qA qB rAB2 1 qA qB 4πε rAB2
C
= (9 × 109 Nm2/C2) =
1
=
(10−8 C)(10−8 C) (1 × 10−1 m)2
60 cm
F AC
(9 × 109 Nm2 /C2 )(10−16 C) (1 × 10−2 m2 )
F AB
= 9 × 10–5 N Jadi, gaya Coulomb kedua muatan sebesar 9 × 10–5 N. 3. Jawaban: e Diketahui: FAB = FBC = FCD = F Ditanyakan: FC Jawab: FBC
A –20 μC
B 30 μC
30 cm
FAB = k
FAB
FAC = k
q A qB rAB2
q A qC rAC2
= 9 × 109
(2 × 10−5 )(3 × 10−5 ) (3 × 10−1)2
= 9 × 109
(6 × 10−10 ) (9 × 10−2 )
= 9 × 109
(2 × 10−5 )(16 × 10−5 ) (6 × 10−1)2
C
N
N = 60 N N
(32 × 10−10 )
= 9 × 109 (36 × 10−2 ) N = 80 N Oleh karena kedua gaya saling tegak lurus, resultan gaya muatan di titik A: F =
FAB 2 + FAC2
B
A
Berdasarkan gambar, FAB dan FBC mengapit sudut 60°. Oleh karena itu, besar FC seperti berikut. FC = =
FAB2 + FBC2 + 2FAB FBC cos α
(60 N)2 + (80 N)2 F = 100 N Jadi, gaya yang dialami muatan A adalah 100 N. =
F 2 + F 2 + 2F F cos 60°
Fisika Kelas XII
39
FCA = FCB
5. Jawaban: a Diketahui: qA = –20 μC = –2 × 10–5 C qB = +60 μC = +6 × 10–5 C qC = –80 μC = –8 × 10–5 C rAC = 4 m rAB = 3 m rCB = 5 m
k qC qA rCA 2 qA rCA 2 4 × 10 −6 C x2 1 x2
Ditanyakan: FA Jawab: Apabila digambarkan arah gaya antarmuatan seperti gambar berikut.
1 x
k qC qB
=
qB rCB2
rCB2
−6 = 16 × 10 2 C
= =
(1 − x ) 4 (1 − x )2 2 (1 − x )
2x = (1 – x) 3x = 1
–90 μC
C
=
1
x= 3
1
Jadi, jarak partikel C dari A adalah 3 m.
5m
4m
A
FAB
–20 μC
3m
7. Jawaban: c Diketahui: r1 = r2 = r3 = r4 = a q1 = q2 = q3 = q4 = q
B +60 μC
1 4πε 0
FAC
F = =
k qA qB rAB2 (9 × 109 )(2 × 10 −5 )(6 × 10 −5 ) 32 (9 × 109 )(12 × 10 −10 ) 9
=
Ditanyakan: F1 = F2 = F3 = F4 Jawab: F32
N q1
= =
N
=
a
=k
k qA qC 2
rAC (9 × 109 )(2 × 10 −5 )(8 × 10 −5 ) 42 (9 × 109 )(16 × 10 −10 ) 16
N
N
q4
(1,2 N)2 + (0,9 N)2 + 2(1,2 N)(0,9 N) cos 90° N
6. Jawaban: b Diketahui: qA = –4 μC = –4 × 10–6 C qB = –16 μC = –16 × 10–6 C qC = +6 μC = 6 × 10–6 C rAC = x m rCB = (1 – x) m Ditanyakan: x Jawab: FC = 0 FCA – FCB = 0
Listrik Statis
q1q 2 a2 q 3q 2 a2 q1q 2 a2
q3 2
F2 =
⎛ q1q2 ⎞ ⎛ q1q2 ⎞ ⎜k 2 ⎟ + ⎜k 2 ⎟ ⎝ a ⎠ ⎝ a ⎠
F122 + F322 =
FAB2 + FAC2 + 2FAB FAC cos α
= 1,44 + 0,81 N = 1,5 N Jadi, besar gaya Coulomb di titik A sebesar 1,5 N.
40
F32 = k
F12
= 0,9 N FA =
F12 = k
q2
a
= 1,2 N FAC =
= k Nm2/C2
=k
q1q 2 a2
2
2
Jadi, muatan di setiap titik sudut mengalami gaya sebesar k
q1q 2 a2
2.
8. Jawaban: c Diketahui: rAB = 2 cm = 2 × 10–2 m qB =
1 q 2 A
→ qA = 2qB
FAB = 40 N Ditanyakan: qB Jawab: FAB =
k qA qB 2 rAB
40 =
(9 × 109 )(2qB )(qB ) (2 × 10−2 )2
40 =
(9 × 109 )(2qB 2 ) 4 × 10 −4
qB2 =
(40)(4 × 10−4 ) (2)(9 × 109 )
qB =
16 × 10−12 2×9
qB =
4 × 10 −6 3 2
×
10. Jawaban: b Diketahui: q1 = –10 μC = –1 × 10–5 C q2 = 3 μC = 3 × 10–6 C q3 = 4 μC = 4 × 10–6 C k = 9 × 109 Nm2C–2 r12 = r13 = 30 cm = 3 × 10–1 m Ditanyakan: F1 Jawab: Arah-arah gaya yang terjadi pada muatan q1 digambarkan seperti berikut.
2 2
4
q2 = 3 μC
= 6 2 × 10–6 2
= 3 2 × 10–6
30 cm
2
Jadi, besar muatan B adalah 3 2 × 10–6 C. 9. Jawaban: b Diketahui: qA = +q qB = –2q qC = –q k = 9 × 109 Nm2 C–2 rAB = 2r rBC = r Ditanyakan: FB dan arahnya Jawab: Arah gaya yang terjadi di titik B dapat digambarkan seperti berikut. A
FBC FBA B
+q
r
–2q
FBA = =
F12 30 cm q1 = –10 μC
F12 =
q3 = 4 μC
F13
k q1 q2 2 r12
=
(9 × 109 )(1× 10−5 )(3 × 10−6 ) (3 × 10−1)2
=
(9 × 109 )(1× 10−5 )(3 × 10−6 ) (9 × 10−2 )
=3N k q1 q3
C
F13 =
–q
=
(9 × 109 )(1× 10−5 )(4 × 10−6 ) (3 × 10−1)2
=
(9 × 109 )(1× 10−5 )(4 × 10−6 ) (9 × 10−2 )
k qB qA 2 rBA k (2q )(q ) (2r )2
2 r13
=4N
2
F122 + F132 + 2F12 F13 cos α
=
2kq 4r 2
=
1 kq 2 2 r2
=
32 + 42 + 2(3)(4) cos 90°
k qB qC
=
9 + 16
FCB = = =
F1 =
2 rBC k (2q )(q ) r2 2kq 2 r2
= 25 =5 Jadi, resultan gaya Coulomb muatan q1 adalah 5 N.
FB = FBA + FBC =
1 kq 2 2 r2
+
kq 2 2 2 r
2
= 2,5
kq r2
= 2,5 k q 2r –2 (arah ke kiri)
11. Jawaban: c Diketahui: q1 = +3q r1A = r2A = a kq
EA = 2 a Ditanyakan: q2
Jadi, gaya Coulomb di B sebesar 2,5 k q 2r –2 ke kiri.
Fisika Kelas XII
41
Jawab: Arah kuat medan listrik di titik A:
Jawab: A
E1 q1 = +3q
C × x cm
A
q2 15 cm
a
a
EA = E1 + E2 kq a2
=
kq1 r12
kq2 r22
kq a2
=
k (3q ) a2
kq a2
=
k (3q + q2 ) a2
+
+
B
E = 0 saat EA = EB EA = EB k
kq 2 a2
q = 3q + q2
qA rA 2
=k
20 x2
=
45 (15 − x )2
4 x2
=
9 (15 − x )2
2 x
=
3 15 − x
q2 = q – 3q = –2q Jadi, besar q 2 adalah 2q. Tanda negatif menunjukkan bahwa muatan q2 bermuatan positif. 12. Jawaban: b Diketahui: qA = +9 μC qB = –4 μC rAB = 25 cm (dari pusat bola) Ditanyakan: E0 Jawab: Nilai E = 0 jika EA = EB, yang kemungkinan berada di kanan B atau di kiri A. Medan listrik di antara A dan B tidak mungkin nol karena EA searah EB. Oleh karena qB < qA maka rB < rA sehingga kemungkinan E = 0 terletak di kanan B. EA = EB k
qA rA 2
9 (25 + x )2
⎛ 3 ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ 25 + x ⎠
=
2
3 25 + x
qB rB2 4 x2
=k
=
⎛2⎞ ⎜x ⎟ ⎝ ⎠
=
2 x
2
3x = 2(25 + x) 3x = 50 + 2x 3x – 2x = 50 x = 50 Jadi, nilai E = 0 saat jarak 45 cm dari kulit bola B ke arah kanan. 13. Jawaban: d Diketahui: qA = +20 μC qB = +45 μC rAB = 15 cm Ditanyakan: C di antara AB; EC = 0
42
Listrik Statis
qB rB2
2(15 – x) = 3x 30 – 2x = 3x 5x = 30 x=6 Jadi, titik C berada di 6 cm dari A. 14. Jawaban: e Diketahui: q1 = –5 × 10–6 C q2 = +2 × 10–6 C r12 = 1 meter r1P = 60 cm = 0,6 m Ditanyakan: EP Jawab: Arah dari kuat medan listrik dari titik P dapat digambarkan seperti berikut. E2 E1
P 60 cm
q1
40 cm
q2
E1 =
k q1 r1P2
=
(9 × 109 )(5 × 10−6 ) (0,6)2
= 1,25 × 105 N/C
E2 =
k q2 r2P2
=
(9 × 109 )(2 × 10−6 ) (0,4)2
= 1,125 × 105 N/C
EP = E1 + E2 = 1,25 × 105 N/C + 1,125 × 105 N/C = 2,375 × 105 N/C Jadi, kuat medan listrik di titik P adalah 2,375 × 105 N/C. 15. Jawaban: a Diketahui: q1 = 40 μC q2 = 10 μC r12 = 30 cm Ditanyakan:
Jawab: =
30 cm X
E2
E1
q1 = 40 μC (30 – x)
Ex = 0 E2 – E1 = 0 k q2 r2x 2 10 μC (30 − x )2 1 30 − x
=
81,25 × 1016 = 9,01 × 108 N/C Jadi, kuat medan di titik D adalah 9,01 × 108 N/C. =
q2 = 10 μC
x
17. Jawaban: c EB = ED = k
k q1 r1x 2
= 40 μ2 C
EA =
x
=
100 × 1016 + 56,25 × 1016 + (−75 × 1016 )
2 x
x = 2(30 – x) x = 60 – 2x 3x = 60 x = 20 cm x = 0,2 m Jadi, letak titik yang kuat medannya nol adalah 0,2 m di kanan q1. 16. Jawaban: c Diketahui: qA = +400 μC = +4 × 10–4 C qC = –300 μC = –3 × 10–4 C r = 6 cm = 6 × 10–2 m Ditanyakan: ED Jawab: Arah kuat medan listrik di titik D dapat dilihat sesuai gambar berikut.
=
kq a2
E B2 + E D2
=
E2 +E2
=
2
2E
ED
EA
EB
B
a
A
+q a
+q
= E 2
D
=
C
kq 2 a2
Agar medan listrik di A sama dengan nol maka medan listrik yang disebabkan muatan di C harus berlawanan arah dengan EA. Jadi, muatan di C harus negatif. Besar muatan di C dapat dihitung sebagai berikut. rAC = a 2 + a 2 2a 2 = a 2 EA = EC
= kq
2 a2
q 2 a2
B
q a2
=k
qC (a 2)2
= qC2 2a
qC = 2 2 q D
C
EC
EB
EB =
k qB r2
= =
(9 × 109 )(4 × 10−4 ) (6 × 10−2 )2 36 × 105 36 × 10−4
= 1 × 109 N/C = 10 × 108 N/C EC =
k qC r
2
= =
(9 × 109 )(3 × 10−4 ) (6 × 10−2 )2 27 × 105 36 × 10−4 9
= 0,75 × 10 = 7,5 × 108 N/C ED = =
EB2 + EC2 + 2EB FC cos α
Jadi, muatan di C = –2q 2 . 18. Jawaban: b Pada bola konduktor, muatan listriknya terdistribusi merata pada permukaan bola. Sesuai hukum Gauss: Untuk r < R (di dalam bola) E=0 Untuk r ≥ R (pada permukaan dan di luar bola) E=k
a r2
→E∞
1 r2
Jika r besar → E kecil Jadi, grafik yang cocok adalah pilihan b. 19. Jawaban: d Diketahui: p A q ε0 Ditanyakan: E
= 5 cm = 5 × 10–2 m = 4 cm = 4 × 10–2 m = 1,77 μC = 1,77 × 10–6 C = 8,85 × 10–12 C2/Nm2
(10 × 108 )2 + (7,5 × 108 )2 + 2(10 × 108 )(7,5 × 108 ) cos 120°
Fisika Kelas XII
43
Jawab: A=pA = (5 × 10–2 m)(4 × 10–2 m) = 20 × 10–4 m2 Rapat muatan (σ):
σ=
q A
1,77 × 10 −6 C 20 × 10 −4 m2
=
8,85 × 10
σ
= 8,85 × 10
kq R2
Apabila nilai k dan q bernilai konstan, kuat medan listrik (E) berbanding terbalik dengan kuadrat jarak (R2). Oleh karena itu, besar kuat medan lsitrik di titik C adalah: ⎛ RB ⎞
= ⎜R ⎟ ⎝ C⎠
EC E
=
EC E
= (3)2
2
⎛ 9 cm ⎞ ⎜ 3 cm ⎟ ⎝ ⎠
900 cm2 + 1.600 cm2
2.500 cm2 = 50 cm = 0,5 m F13 = k
q1q3 r13 2
= (9 × 109)
F12 = k
F12
Fx 2 + Fy 2
(0,374 N)2 + (0,384 N)2
≈ 0,536 N Jadi, gaya total di muatan q1 kira-kira 0,536 N. = 0,53 Å = 0,53 × 10–10 m = 5,3 × 10–11 m qe = –1,6 × 10–19 C qi = +1,6 × 10–19 C me = 9,1 × 10–31 kg Ditanyakan: a. F b. v Jawab: a.
F =k
r
qeqi r2
=9 ×
(1,6 × 10−19 )(1,6 × 10−19 ) (5,3 × 10−11)2 2,56 × 10 −38 109 N 28,09 × 10 −22
= 8,202 × 10–8 N
r13
r12
N
= 9 × 109
F13x
F13
(2 × 10−6 )(3 × 10−6 ) (0,3)2
= 0,6 N F13x = F13 cos 30° = (0,432 N)(cos 30°) = 0,374 N F13y = F13 sin 30° = (0,432 N)(sin 30°) = 0,216 N Fx = F13x = 0,374 N Fy = F12 – F13y = (0,6 – 0,216) N = 0,384 N
2. Diketahui:
q1 = 2 μC = 2 × 10–6 C q2 = 3 μC = 3 × 10–6 C q3 = 6 μC = 6 × 10–6 C r12 = 30 cm = 0,3 m r23 = 40 cm = 0,4 m Ditanyakan: F1 Jawab:
N
q1q2 r12 2
= (9 × 109)
=
1. Diketahui:
(2 × 10−6 )(6 × 10−6 ) (0,5)2
= 0,432 N
F1 =
B. Uraian
30°
r23
44
=
2
EC = 9E Jadi, kuat medan di titik C adalah 9E.
F13y
(30 cm)2 + (40 cm)2
=
−4
20. Jawaban: e Diketahui: RA= 2 cm = 2 × 10–2 m RB= 9 cm = 9 × 10–2 m RC= 3 cm = 3 × 10–2 m EB= E qA = qB = qC Ditanyakan: EC Jawab: Persamaan kuat medan listrik sebagai berikut.
EC EB
= –4
E = ε = 8,85 × 10 −12 = 1 × 108 0 Jadi, kuat medan di antara dua keping konduktor adalah 1 × 108 N/C.
E=
r122 + r23 2
r13 =
Listrik Statis
b.
8,202 × 10–8 = (9,1 × 10–31) 8,202 × 10 −8 9,1× 10 −31
2
v r
v2 5,3 × 10 −11 v2 5,3 × 10 −11
=
0,9013 × 1023 =
qA = –2 × 10–9 C qB = +4 × 10–9 C qC = –6 × 10–9 C qD = +3 × 10–9 C qE = +2 × 10–9 C rBC = rAB = 2 m Ditanyakan: FE Jawab: Arah gaya Coulomb di titik E seperti gambar berikut.
4. Diketahui:
F = m asp
v 2 = (9,013 × 1022)(5,3 × 10–11) v 2 = 4,77689 × 1012 v = 2,18561 × 106 Jadi, kecepatan elektron tersebut 2,18561 × 106 m/s.
qD FEB
qB = +40 × 10–5 C qC = –50 × 10–5 C rBC = rAC = 1 m ∠BAC = 45°
3. Diketahui:
qE
FEA qA
FED =
C
= 1m EC
FEA = A
2 m
EB
k qB rAB2 (9 × 109 Nm2 /C2 )(40 × 10 −5 C) = ( 2 m)2
=
EB =
=
FEB = =
k qC rAC2 (9 × 109 Nm2 /C2 )(50 × 10−5 C) (1m)2
= 45 × 105 N/C EA =
FEC =
EB2 + EC2 + 2EB EC cos α
=
(18 × 105 )2 + (45 × 105 )2 + 2(18 × 105 )(45 × 105 ) cos 135°
=
(18 × 105 )2 + (45 × 105 )2 + 2(18 × 105 )(45 × 105 ) (−0,707)
= 1,204 × 10 = 3,47 × 106 N/C Jadi, kuat medan di titik A sebesar 3,47 × 106 N/C. Gaya yang bekerja pada muatan di titik A EA =
qB
k qE qD rED2 (9 × 109 )(2 × 10−9 )(3 × 10−9 ) ( 2)2
FA q
FA = EAq = (3,47 × 106 N/C)(20 × 10–5 C) = 964 N Jadi, gaya Coulomb di titik A sebesar 964 N.
k qE qA rEA 2 (9 × 109 )(2 × 10−9 )(2 × 10−9 ) ( 2)2
k qE qB rEB2 (9 × 109 )(2 × 10−9 )(4 × 10−9 ) ( 2)2
= 36 × 10–9 N
=
k qE qC rEC2 (9 × 109 )(2 × 10−9 )(6 × 10−9 ) ( 2)2
F1
= 54 × 10–9 N = FEB – FED
F2
= (36 × 10–9 – 27 × 10–9) = 9 × 10–9 N = FEC – FEA
13
b.
2m
= 18 × 10–9 N
= 18 × 105 N/C EC =
FED
= 27 × 10–9 N
45° B
FEC 2m
Ditanyakan: a. EA b. FA Jawab: a. Kuat medan listrik di titik A (EA)
1m
qC
= (54 × 10–9 – 18 × 10–9) = 36 × 10–9 N FE = =
F12 + F22
(36 × 10−9 )2 + (9 × 10−9 )2
= 1.377 × 10 −18 = 37,11 × 10–9 N Jadi, gaya Coulomb yang bekerja di titik E adalah 37,11 × 10–9 N. Fisika Kelas XII
45
5.
q1 = 6 μC = 6 × 10–6 C q2 = 9 μC = 9 × 10–6 C r12 = 18 cm = 18 × 10–2 m Ditanyakan: a. Fudara b. Fbahan Jawab:
Diketahui:
a.
Fudara =
1
AP = PC = BP = PD = 2 AC = 5 2 cm = 5 2 × 10–2 m EA = k
1 q1q2 4πε 0 r 2
= =
(9 × 109 )(6 × 10−6 )(9 × 10−6 ) (18 × 10−2 )2
=
486 × 103 324 × 10 −4
1
Fbahan =
εr
=
1 4
EC = k
EB = k
2,7 × 105 5 × 10−3
N/C 7
= 5,4 × 10 N/C ED = k
(8 × 10−5 C)
qD rPD2
= (9 × 109) (5 2 × 10−2 )2 N/C =
7,2 × 105 5 × 10−3
N/C
= 1,44 × 108 N/C EAC = EC – EA = (1,08 × 108 – 7,2 × 107) N/C = 3,6 × 107 N/C EBC = EB + ED = (5,4 × 107 + 1,44 × 108) N/C = 1,98 × 108 N/C E AC2 + E BD2
Epusat = =
(3,6 × 107 N/C)2 + (1,98 × 108 N/C)2
=
4,05 × 1016 N2 /C2
≈ 2,012 × 108 N/C Jadi, medan listrik di pusat persegi sekitar 2,012 × 108 N/C.
P EA
7. C
AC = BD =
(10 cm)2 + (10 cm)2
=
100 cm2 + 100 cm2
=
200 cm2
= 10 2 cm = 10 2 × 10–2 m
Listrik Statis
N/C
= (9 × 109) (5 2 × 10−2 )2 N/C =
B
D
5,4 × 105 5 × 10−3
(3 × 10−5 )
qB rBP2
(1,5 × 10 N)
ED
46
rPC2
7
qA = 40 μC = 4 × 10–5 C qB = 30 μC = 3 × 10–5 C qC = 60 μC = 6 × 10–5 C qD = 80 μC = 8 × 10–5 C AB = BC = CD = DA = 10 cm = 10–1 m Ditanyakan: Epusat Jawab:
EB
= (9 × 109) (5 2 × 10−2 )2 N/C
= 1,08 × 108 N/C
Diketahui:
EC
N/C (6 × 10−5 C)
qC
=
Fbahan
A
3,6 × 105 5 × 10−3
= 7,2 × 107 N/C
= 0,375 × 107 N = 3,75 × 107 N Jadi, gaya Coulomb antara kedua benda apabila berada di dalam bahan dengan permitivitas relatif 4 adalah 3,75 × 107 N. 6.
= (9 × 109) (5 2 × 10−2 )2 N/C =
k q1 q2 r2
= 1,5 × 107 N Jadi, besar gaya Coulomb antara kedua benda apabila berada di udara adalah 1,5 × 107 N. a.
(4 × 10−5 )
qA rAP2
Diketahui:
R q q′ r Ditanyakan: a. b. Jawab: a.
σ =
q A
=
= 12 cm = 1,2 × 10–1 m = 3,6 μC = 3,6 × 10–6 C = 0,1 mC = 10–4 C = 3 cm = 3 × 10–2 m τ F
q 4π R 2
3,6 × 10−6 C
= 4π (1,2 × 10−1)2 τ = 1,99 × 10–5 C/m2 Jadi, rapat muatan luas bola konduktor sebesar 1,99 × 10–5 C/m2.
b.
Medan listrik pada jarak 3 cm dari permukaan bola dapat dicari dengan rumus: E =k
q r2
dengan r = Rbola + 3 cm = (12 + 3) cm = 15 cm = 1,5 × 10–1 m
E =k
Ditanyakan: a. Epermukaan b. FB jika qB = –500 μC Jawab: a. Kuat medan listrik pada bola konduktor dituliskan dengan persamaan: E = k 2q
(3,6 × 10−6 C)
q r2
= 9 × 109 (1,5 × 10−1)2
r
Kuat medan di permukaan bola konduktor:
−6
(3,6 × 10 )
= 9 × 109 (2,25 × 10−2 ) E = 1,44 × 106 N/C Gaya yang dialami muatan q menjadi: F = q′ E = (10–4 C)(1,44 × 106 N/C) = 144 N Jadi, gaya yang dialami oleh muatan 144 N. qA = 48 μC = 48 × 10–6 C qB = 32 μC = 32 × 10–6 C k = 9 × 109 Nm2/C2 r = 4 cm = 4 × 10–2 m Ditanyakan: EC Jawab: Arah kuat medan listrik di titik C seperti berikut.
EA EC
=
90 N/C EC
⎛ rC ⎞ ⎜r ⎟ ⎝ A⎠
=
⎛ 1m ⎞ ⎜4 m⎟ ⎝ ⎠
b.
= 16 EC = 1.440 N/C Jadi, kuat medan listrik di permukaan bola konduktor adalah 1.440 N/C. Kuat medan listrik di titik B EA EB
=
90 N/C EC
C
⎛ rB ⎞ ⎜r ⎟ ⎝ A⎠
=
B EB
EA = k q2A
= EB = = =
r (9 × 109 )(48 × 10−6 ) (4 × 10−2 )2
(9 × 109 )(48 × 10 −6 ) 16 × 10 −4
9
10. Diketahui:
r12 = 4 m r1X = 1 m r2X = r12 – r1X = (4 – 1) m = 3 m EX = 0 Ditanyakan: q1: q2 Jawab: Berdasarkan soal, apabila digambarkan seperti berikut.
= 27 × 107 N/C
k qB r2 (9 × 109 )(32 × 10−6 ) (4 × 10−2 )2 (9 × 109 )(32 × 10 −6 ) 16 × 10 −4
= 18 × 107 N/C
EC = E A 2 + EB2 + 2E A EB cos 120°
1m
=
(27 × 10 ) + (18 × 10 ) + 2(27 × 10 )(18 × 10 )( −
=
729 × 10
7 2
14
7 2
+ 324 × 10
14
7
7
9. Diketahui:
r =1m rA = 4 m rB = 3 m EA= 90 N/C
1 ) 2
q1
3m
E1
X 4m
− 486 × 10
14
= 567 × 10 ≈ 23,81 × 107 N/C Kuat medan di titik C sekitar 23,81 × 107 N/C. 14
2
= 16 EB = 160 N/C Gaya Coulomb di titik B: FB = EB q = (160 N/C)(5 × 10–4 C) = 800 × 10–4 N = 8 × 10–2 N Jadi, gaya Coulomb di titik B adalah 8 × 10–2 N.
EA
=
2
⎛3 m⎞ ⎜4 m⎟ ⎝ ⎠
90 N/C EC
A
2
1
90 N/C EC
8. Diketahui:
2
E2
q2
E=0 E1 – E2 = 0 E1 = E2 k q1 r1X 2
=
k q2 r2X2
q1 q2
=
⎛ r1X ⎞ ⎜r ⎟ ⎝ 2X ⎠
2
=
⎛1m⎞ ⎜3 m⎟ ⎝ ⎠
2
1
= 9
q1: q2 = 1 : 9 Jadi, perbandingan antara q1dan q2 adalah 1 : 9. Fisika Kelas XII
47
A. Pilihan Ganda 1. Perhatikan faktor-faktor berikut! 1) Besar muatan yang dipindahkan. 2) Lintasan yang dilalui. 3) Beda potensial listrik antara kedua tempat pemindahan muatan. 4) Jarak kedua tempat secara proporsional. Usaha yang harus dilakukan untuk memindahkan muatan listrik dari satu tempat ke tempat lain dalam suatu medan listrik bergantung pada faktor nomor .... a. 1), 2), 3), dan 4) d. 2) dan 4) b. 1), 2), dan 3) e. 4) c. 1) dan 3) Jawaban: c Usaha untuk memindahkan muatan listrik dalam medan listrik adalah W = q(ΔV). Berarti, usaha bergantung pada besar muatan (q) dan beda potensial listrik tetapi tidak tergantung pada lintasan maupun jarak. 2. Jawaban: c Pada bola konduktor berongga berlaku seperti berikut. 1) Besar potensial listrik di permukaan (r = R) dan di dalam bola konduktor (r < R) dirumuskan sebagai berikut.
2)
1
q
q
1
q
q
V = 4πε R = k R 0 Besar potensial listrik di luar bola konduktor (r > R) dituliskan sebagai berikut.
V = 4πε r = k r 0 Berdasarkan pernyataan tersebut, nilai potensial listrik di dalam bola sama dengan potensial listrik di permukaan bola. 3. Jawaban: a Diketahui: q1 = –5 × 10–19 C q2 = +5 μC = 5 × 10–6 C r12 = 0,1 m Ditanyakan: Ep Jawab: Ep = =
k q1 q 2 r (9 × 109 )( −5 × 10−19 )(5 × 10 −6 ) 1× 10−1
= –2,25 × 10–13 Jadi, perubahan energi potensial yang timbul adalah –2,25 × 10–13 joule.
48
Listrik Statis
4. Jawaban: d Diketahui: r = 3,0 × 10–4 m Ep = 18 joule q1 = –6 × 10–7 C Ditanyakan: q Jawab: Ep =
k q1 q 2 r
18 =
(9 × 109 )(−6 × 10−7 )q 2 3,0 × 10−4
q2 =
(18)(3,0 × 10−4 ) (9 × 109 )(−6 × 10−7 )
=
54 × 10 −4 −54 × 102
= –1 × 10–6 C = –1 μC Jadi, muatan sumber adalah –1 μC. 5. Jawaban: b Diketahui: q1 q2 q3 q′ r1 r2 r3 Ditanyakan: Ep Jawab: Ep = k q′(
q1 r1
+
= –200 mC = –0,2 C = +800 mC = +0,8 C = –600 mC = –0,6 C = +960 mC = +0,96 C = 80 cm = 0,8 m = 120 cm = 1,2 m = 120 cm = 1,2 m
q2 r2
+
= (9 × 109)(0,96)(
q3 ) r3 −0,2 0,8
+
0,8 1,2
–
0,6 ) 1,2
J
= (9 × 109)(–0,24 + 0,64 – 0,48) J = (9 × 109)(–0,08) J = –7,2 × 108 J Jadi, energi potensial listrik di muatan 960 mC sebesar –7,2 × 108 J. 6. Jawaban: d Diketahui: q1 = 5 × 10–8 C q2 = –40 × 10–8 C q3 = 8 × 10–8 C r1 = r3 = 10 cm = 1 × 10–1 m r2 = 20 cm = 2 × 10–1 m k = 9 × 109 Nm2/C2 Ditanyakan: VB
Jawab: VB = V1 + V2 + V3 =
k q1 r1
= k(
q1 r1
+
k q2 r2
+
q2 r2
= (9 × 109)(
+ +
k q3 r3 q3 r3
)
5 × 10 −8 1× 10 −1
+
−40 × 10 −8 2 × 10 −1
+
8 × 10 −8 1× 10 −1
)
= (9 × 109)(–7 × 10–7) = –63 × 102 = –6.300 Jadi, potensial listrik di titik B adalah –6.300 volt.
qVA +
1 (1,6 2
A
1 mvA2 = 2
B
qVB +
1 m(vA2 – vB2) = 2
q(VB – VA)
9
3,2 × 10−17
vA2 = 0,8 × 10−27 vA2 = 4 × 1010 vA = 2 × 105 Jadi, kecepatan proton saat menumbuk pelat A adalah 2 × 105 m/s. 8. Jawaban: a 1) Arah gaya listrik = arah kecepatan lintasan linear; 1) benar.
2 qV m
V= F
; 2) dan 3) benar qE
qV
a = m = m → a = md m/s2; 4) benar Jadi, pilihan yang benar adalah a. 3)
+
−2 × 10 −6 5
)
–6
10. Jawaban: b Diketahui: V = 240 V d = 4 cm = 4 × 10–2 m dc = 2 cm = 2 × 10–2 m Ditanyakan: VBC Jawab: V
1 mv2 2
–6
5 × 10−6 4
= (9 × 10 )(4 × 10 )(1,25 × 10 – 0,4 × 10–6) = (36 × 103)(0,85 × 10–6) = 3,06 × 10–2 joule Jadi, energi potensial di titik P adalah 3,06 × 10–2 joule.
× 10–27)(vA2 – 0) = (1,6 × 10–19)(200)
Ep listrik → Ek sehingga qV =
k q2 q3 r23 q + r2 ) 23
= (9 × 109 )(4 × 10–6)(
0,8 × 10–27vA2 = 3,2 × 10–17
2)
+ 13
B
qVB – qVA
23
k q1 q3 r13
= k q3( r 1
1 mvB2 2
1 1 mvA2 – 2 mvB2 = 2
13
=
q
7. Jawaban: b Diketahui: ΔV = 200 V m = 1,6 × 10–27 kg q = 1,6 × 10–19 C vB = 0 m/s Ditanyakan: vA Jawab: ΔEm = ΔEm A B Ep + Ek = Ep + Ek A
9. Jawaban: b Diketahui: q1 = +5 μC = +5 × 10–6 C q2 = –2 μC = –2 × 10–6 C q3 = +4 μC = +4 × 10–6 C r13 = 4 m r12 = 3 m r23 = 5 m Ditanyakan: Ep di P Jawab: EP = EP + EP
atau
240 volt
= 6.000 V/m E = d = 4 × 10−2 m Beda potensial antara titik C dan B (VBC) VBC = Ed = (6.000 V/m)(2 × 10–2 m) = 120 volt Jadi, nilai beda potensial antara titik C dan B (VBC) adalah 120 volt. 11. Jawaban: d Diketahui: E = 625 N/C 4
q = 9 × 10–7 C k = 9 × 109 Nm2/C2 Ditanyakan: V Jawab: ( 9 × 10−7 C) 4
q
V = k r = (9 × 109)
r
=
4 × 102 r
volt
V=Er 4 × 102 r
= 625 r 2
4 × 10 = 625 r 2 r2 =
4 × 102 625
r 2 = 0,64 r = 0,8 m Fisika Kelas XII
49
V =Er = (625 N/C)(0,8 m) = 500 V Jadi, potensial listrik di titik tersebut bernilai 500 V. 12. Jawaban: c Diketahui: q1 = –2 μC q2 = +3 μC q3 = –1 μC q4 = +2 μC r12 = r23 = r34 = r14 = 0,2 m Ditanyakan: Vpusat bujur sangkar Jawab: Berdasarkan penjelasan dalam soal, apabila digambarkan letak keempat muatan tersebut sebagai berikut.
Jadi, potensial listrik di tengah bujur sangkar adalah 10 2 4πε 0
13. Jawaban: a Diketahui: q1 = –3 μC = –3 × 10–6 C q2 = –12 μC = –12 × 10–6 C q3 = +18 μC = +18 × 10–6 C qP = –0,2 μC = –0,2 × 10–6 C r = 3 cm = 3 × 10 –2 m Ditanyakan: Ep di P Jawab: Ep = Ep + Ep + Ep 1
= =
q4
q1
P
q3
q2
r = 0 (0,2)2 + (0,2)2 = 0,2 2 m Jarak tiap-tiap muatan ke pusat bujur sangkar adalah: rp =
1 2
r
1
= 2 0,2 2 m) = 0,1 2 m Potensial listrik di pusat bujur sangkar adalah: V = V1 + V2 + V3 + V4 =
k q1 rP
=
k rP
+
k q2 rP
+
k q3 rP
+
k q4 rP
(q1 + q2 + q3 + q4) 1
= 4πε r (q1 + q2 + q3 + q4) 0 P =
1 4πε 0 (0,1 2)
=
2 4πε 0 0,1 2
= = =
50
20 4πε 0 2
(–2 + 3 + (–1) + 2)
×
20 2 4πε 0 (2) 10 2 4πε 0
Listrik Statis
μV.
2
3
kq q kq q k q1 qP + 2 P + 3 P r r r k qP (q1 + q2 + q3) r
=
(9 × 109 )(−0,2 × 10 −6 ) 3 × 10−2
=
−1,8 × 103 3 × 10−2
(3 μC)
=
−1,8 × 103 3 × 10−2
(3 × 10–6)
(–3 μC + –12 μC + 18 μC)
= –1,8 × 10–1 Jadi, energi potensial di titik P adalah –1,8 × 10–1 joule. 14. Jawaban: d Diketahui: R = 9 cm = 9 × 10–2 m r = 2 cm = 2 × 10–2 m q = 8C Ditanyakan: V Jawab: 8
q
V = k R = (9 × 109) 9 × 10−2 volt = 8 × 1011 volt Pada bola konduktor, potensial listrik di semua titik bernilai sama, yaitu 8 × 1011 volt. 15. Jawaban: a Diketahui: qA qB qC rAC r1 Ditanyakan: W Jawab:
= –5 μC = –5 × 10–6 C = +2 μC = +2 × 10–6 C = –0,2 μC = –2 × 10–5 C = rBC = 10 cm = 0,1 m = r2 = 6 cm = 6 × 10–2 m
8 A 2 2
6 4 q1 –6 –4 –2
2
q2
P 2
4
6
Potensial di titik C′ adalah: VC′ =
q k( rA 1
+
qB r2
) −6
= (9 × 109)( −5 × 10−2 + 6 × 10
2 × 10 −6 6 × 10 −2
)
Jawab: Menurut hukum kekekalan energi mekanik, perubahan energi potensial sama dengan perubahan energi kinetik sehingga; ΔEp = ΔEk 1
qVAB = 2 mv2
= –45 × 104 volt Potensial di titik C adalah: VC =
q k( A rAC
qB rBC
+
)
−5 × 10 −6 0,1
= (9 × 109)(
1
+
2 × 10 −6 0,1
)
(1,6 × 10–19) VAB = 2 (1,6 × 10–27)(2 × 105)2 (1,6 × 10–19) VAB = (8 × 10–28)(4 × 1010) (1,6 × 10–19) VAB = (32 × 10–18) VAB =
4
= –27 × 10 volt W = qC(VC′ – VC) = (–0,2 × 10–6)(–45 × 104 – (–27 × 104)) = 0,036 J Jadi, usaha yang diperlukan untuk memindahkan muatan C ke tengah-tengah muatan A dan B adalah 0,036 J. B. Uraian 1. Diketahui:
vK = 0 VAK = 300 volt me = 9,1 × 10–31 kg qe = –1,6 × 10–19 C Ditanyakan: va Misalnya Va dan Vk adalah potensial listrik di anode dan di katode. Va – Vk = 300 volt (Ek + Ep)awal = (Ek + Ep)akhir 1 2
m
vk2
+ q′ (Vk) = 0 + q′ Vk = 1 2
1 2 1 2
m
va2
+ q′ Va
m va2 + q′ Va
m va2 = q′(Vk – Va)
= 200 Jadi, beda potensial listrik di kedua keping sejajar itu sebesar 200 volt. m = 3,5 × 10–25 kg q = 3,31 × 10–17 C d = 2 cm = 0,02 m g = 9,8 m/s2 Ditanyakan: V Agar setimbang: mg=qE
3. Diketahui:
E=
q
V = k R ; R = jari-jari bola
2(−1,6 × 10−19 C) (–300 V) 9,1 × 10−31 kg
= (9 × 109)
14
va = 1,05 × 10
v = 2 × 105 m/s d = 1 cm = 10–2 m mp = 1,6 × 10–27 kg q = 1,6 × 10–19 C Ditanyakan: VAB
(3,5 × 10−25 kg)(9,8 m/s2 ) ≈ 1,04 × 10–7 N/C (3,31× 10−17 C)
q = 1 μC = 10–6 C R = 20 cm = 20 × 10–2 m Ditanyakan: a. V (r = 10 cm) b. V (r = 30 cm) Jawab: a. r = 10 cm (r < R, di dalam bola) sehingga:
≈ 1,05 × 1014 m2/s2
2. Diketahui:
=
4. Diketahui:
2q ′
≈ 1,03 × 107 m/s Jadi, kecepatan elektron saat tiba di anode kirakira 1,03 × 107 m/s.
mg q
V =Ed = (1,04 × 10–7 N/C)(2 × 10–2 m) = 2,08 × 10–9 volt Jadi, beda potensial listrik di kedua keping agar kedua partikel setimbang adalah 2,08 × 10–9 V.
va2 = m (Vk – Va) =
(32 × 10−18 ) (1,6 × 10−19 )
b.
10−6 20 × 10−2
= 4,5 × 104 volt Jadi, potensial listrik pada jarak 10 cm dari pusat bola sebesar 4,5 × 104 volt r = 30 cm (r > R, di luar bola) sehingga: q
V = kr
= (9 × 109)
10−6 30 × 10−2
= 3 × 104 volt Jadi, potensial listrik pada jarak 30 cm dari pusat bola sebesar 3 × 104 volt.
Fisika Kelas XII
51
q′ = –2 × 10–12 C r = 12 cm = 12 × 10–2 m q = +4 μC = +4 × 10–6 C Ditanyakan: a. Ep
5. Diketahui:
Jadi, potensial listrik di titik A adalah 1,71 × 102 volt. Potensial listrik di titik B di pusat koordinat r1B = r2B = 6 m
b.
b. ΔEp jika x = 8 cm Jawab: a. Energi potensial Ep = =
q
1B
k qq′ r −6
(9 × 10 )(4 × 10 )(−2 × 10 12 × 10 −2
−12
ΔEp = kqq′ (
1 r2
–
1 r1
)
= (9 × 109)(4 × 10–6)(–2 × 10–12) 1 20 × 10−2
–
1 12 × 10−2
)
q
q1 = +6 μC = +6 × 10–6 C q2 = +12 μC = +12 × 10–6 C r1p = 6 m r2p = 6 m Ditanyakan: a. VA b. VB Jawab: Berdasarkan soal, apabila dibuat dalam bentuk gambar seperti berikut. C
q
q
4,5 × 105 = k r A + k r B + k r C 4,5 × 10 =
6. Diketahui:
)
–6
qB = –100 μC = –1 × 10–4 C qC = 300 μC = 3 × 10–4 C rBP = 1 m rCP = 3 m rAP = 4 m Ditanyakan: qA Jawab: VP = VA + VB + VC
5
Jadi, besar perubahan energi potensial adalah +2,4 × 10–7 joule.
–6
12 × 10 −6 6
7. Diketahui:
AP
= 2,4 × 10–7 joule
+
= (9 × 10 )(1 × 10 + 2 × 10 ) = (9 × 109)(3 × 10–6) = 27 × 103 volt Jadi, potensial listrik di titik B adalah 27 × 103 volt.
)
Perubahan energi potensial (ΔEp) r2 = r + 8 cm = 12 cm + 8 cm = 20 cm = 2 × 10–1 m
−6
6
9
9
(
)
= (9 × 109)( 6 × 10
= –6 × 10–7 joule Jadi, besar energi potensial pada kedudukan tersebut –6 × 10–7 joule. b.
q2 r2B
VB = k( r 1 +
BP
q k( r A AP
+
qB rBP
CP
+
qC rCP
)
−1 × 10 −4 3 × 10−4 qA + + 1 3 4 q 105 = (9 × 109)( A – 10–4 + 10–4) 4 5 9 qA 10 = (9 × 10 )( ) 4
4,5 × 105 = (9 × 109)( 4,5 × 4,5 ×
)
qA = 2 × 10–4 C Jadi, muatan benda di titik A adalah 2 × 10–4 C. q1 = +10 μC = +1 × 10–5 C q2 = +40 μC = +4 × 10–5 C r12 = 6 cm = 6 × 10–2 m q3 = 0,3 μC = 0,3 × 10–6 C Ditanyakan: Ep Jawab:
8. Diketahui:
C 10 cm
10 cm
q3
q1 A
C′ 12 cm
B
r1A = r1A = q
1A
q2 r2A
9
) −5
3 × 10
4 × 10 −5 3 × 10 −2
)
−5
−6
= (9 × 10 )(6 × 10 = 1,71 × 102 volt Listrik Statis
q2 r2C
= (9 × 109)(0,3 × 10–6)( 1× 10 −2 +
) 10
52
1C
2
= (9 × 109)( 6 × 10
23
= kq3( r 1 +
6 + 8 = 10 m
VA = k( r 1 +
13
q
Potensial listrik di titik A 2
3 cm
Ep = Ep + Ep C
a.
q2
3 cm
+
–7
12 × 10 10
−6
= (2,7 × 103)( 5 × 10−2 ) ) –7
+ 12 × 10 )
3 × 10
= 4,5 joule Jadi, energi potensial di titik C adalah 4,5 joule.
9. Diketahui:
r =2m q1 = +2 μC = –2 × 10–6 C q2 = +4 μC = +4 × 10–6 C q3 = –6 μC = –6 × 10–6 C q4 = +8 μC = +8 × 10–6 C Ditanyakan: a. VZ b. W Jawab: 2m
q4
q3
2 m
2m
2m
b.
Usaha untuk memindahkan muatan +2 × 10–9 C ke titik perpotongan diagonal W = q VZ = (+2 × 10–9)(25,714) = 51,428 × 10–9 joule Jadi, usaha yang diperlukan sebesar 51,428 × 10–9 joule.
ΔV = 1.000 V m = 9,11 × 10–31 kg q = 1,6 × 10–19 C Ditanyakan: v Jawab: ΔEk = ΔEp
10. Diketahui:
1 m(v22 2
Z 2 m
q1
1 (9,11 × 10–31)(v22 – 2
q2
2m
– v12) = qΔV 0) = (1,6 × 10–19)(1.000) v 22 =
a.
Potensial listrik di titik perpotongan diagonal q
VZ = k( r 1 + Z
q2 rZ
= (9 × 109)( +
q3 rZ
−2 × 10 2
−6 × 10 −6 2
36 × 10 2
=
+
+
q4 rZ
−6
+
8 × 10 −6 2
+
) 4 × 10 2
−6
)
2(1,6 × 10 −16 ) 9,11× 10 −31
v22 = 0,351 × 1015 v2 = 3,51× 1014 = 1,87 × 107 Jadi, kecepatan pergerakan elektron adalah 1,87 × 107 m/s.
3
= 25,714 volt Jadi, potensial di titik perpotongan diagonal persegi adalah 25,714 volt.
A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: c C = εr ε0
A d
⇔C=
εr d
Dicari faktor pengali →
1)
Teflon
2)
Kuarsa →
3)
Gelas
4) 5)
Mika
→ →
Porselin →
εr d
εr d
εr d
εr d
εr d
ε0A εr d
= = = = =
. 2 0,4 3 0,8 4 1,0 5 1,2 6 1,3
=5 = 3,75 =4 = 4,167
2. Jawaban: c Diketahui: C1 = 18 μF C2 = 3 μF C3 = 6 μF C4 = 7 μF C5 = 18 μF V =6V Ditanyakan: q1 Jawab: C2 dan C3 disusun seri. 1 Cs1
=
1 C2
=
1 3 μF
= 4,6
Jadi, kapasitas terbesar akan didapat dengan menggunakan lembaran teflon.
= =
+
1 C3
+
1 6 μF
2 +1 6 μF 3 μF 6
Fisika Kelas XII
53
Cs = 2 μF 1 Cs dan C4 disusun paralel 1 Cp = Cs + C4 1 = 2 μF + 7 μF = 9 μF C1, Cp, dan C5 dirangkai secara seri 1 Cs2
=
1 C1
+
1 Cp
+
=
1 18 μF
+
1 9 μF
= =
+
1+ 2 + 1 18 μF 4 μF 18
3. Jawaban: b Kapasitas kapasitor dapat diselesaikan melalui persamaan k ε0 A d
C2 = C3 = C4 = C5 =
d1
ε 0 k2 A2 d2
ε 0 k3 A3 d3
ε 0 k4 A4 d4
ε 0 k5 A5 d5
= = = = =
k ε0 A d (2k )ε 0 (2 A) 1 (2 d)
ε 0 (2k )( A) d
ε 0 (3k )(A) 2d
ε 0 (4k )( A) d
=8 =2
k ε0 A d
k ε0 A d
3 k ε0 A d
= 2 =4
k ε0 A d
Jadi, berdasarkan perhitungan di atas kapasitas terbesar adalah C2. 4. Jawaban: e Diketahui: C1 = C 1
d2 = 2 d1 A1 = A2 εr = 2,5 Ditanyakan: C2
54
Listrik Statis
ε 0 A1 d1
5. Jawaban: e Apabila kapasitor dirangkai seri dan dihubungkan dengan sumber tegangan, besar muatan tiap-tiap kapasitor bernilai sama. Jadi, perbandingan muatan kapasitor 2 μF terhadap 3 μF adalah 1 : 1. 6. Jawaban: a Diketahui: C1 = 2 μF C2 = 3 μF C3 = 6 μF V =6V Ditanyakan: V2 Jawab: C2 dan C3 dirangkai seri. 1 Cs
=
1 C1
=
1 2 μF
=
3 + 2 +1 6 μF
=
6 6 μF
Besar tiap-tiap kapasitas kapasitor sebagai berikut. ε 0 k1 A1
A1 1 d 2 1
= (2,5)ε0
= 5,0C Jadi, kapasitas kapasitor menjadi 5,0C.
18
C1 =
A2 d2
C2 = εr ε0
= 5,0 1 18 μF
A1 d1
C1 = C = ε0
1 Cs
Cs = 4 μF = 4,5 μF 2 Cs = Ctot = 4,5 μF 2 Muatan total pada rangkaian Qtot = Ctot V = (4,5 μF)(6 V) = 27 μC Qtot = Q1 = Qp = Q5 = 27 μC Jadi, muatan listrik pada kapasitor C1 adalah 27 μC.
C=
Jawab:
+
1 C2
+
+
1 3 μF
1 C3
+
1 6 μF
Cs = 1 μF Muatan total (qtot) pada rangkaian qtot = V Cs = (6 V)(1 μF) = 6 μC qtot = q1 = q2 = q3 = 6 μC Jadi, tegangan pada kapasitor 3 μF adalah 6 μC. 7. Jawaban: a Diketahui: Cu = 2 μF Cp = 8 μF Ditanyakan: εr Jawab: Cu = C = ε0 Cp = εr ε0
A d
Cp = εr Cu
A d
8 μF 2 μF
Cp
εr =
Cu =
5
=4
Jadi, konstanta dielektrik porselin sebesar 4. 8. Jawaban: a Diketahui: C1 = C2 = C3 = C4 = C5 = 10 μF V = 12 V Ditanyakan: Ctotal, VBC Jawab: C1 dan C2 dirangkai paralel. Cp = C1 + C2 1 = 10 μF + 10 μF = 20 μF C4 dan C5 dirangkai paralel. Cp = C4 + C5 2 = 10 μF + 10 μF = 20 μF Cp , Cp , dan C3 dirangkai seri. 1
1 Cs
2
=
1 Cp1
1 Cp2
=
1 20 μF
=
1+ 1+ 2 20 μF
=
4 20 μF
+
1 C3
+
1 20 μF
+
+
1 10 μF
20
Cs = 4 μF = 5 μF Muatan total qtotal = Ctot V = (5 μF)(12 V) = 60 μC qtot = qP = qP = qBC = 60 μC 1
V=
qBC C3
2
=
60 μF 10 μF
=6V
Jadi, kapasitas kapasitor dan beda potensial BC adalah 5 μF dan 6 V. 9. Jawaban: a Diketahui: C1 = C2 = C3= C4 = 5 μF VAB = 300 volt Ditanyakan: W Jawab: C2, C3, dan C4 dirangkai seri. 1 Cs
=
1 C2
=
1 5 μF
=
3 5 μF
+
1 C3
+
+
1 C4
1 5 μF
+
1 5 μF
Cs = 3 μF C5 dan C1 dirangkai paralel. Ctot = Ct = C5 + C1 5
= 3 μF + 5 μF =
5 + 15 3 20
= 3 μF 20
= 3 × 10–6 F Energi kapasitor: W = 1C V2 2
20 = 1 ( 3 × 10–6)(300 V)2 2 10
= ( 3 × 10–6)(9 × 104) joule = 30 × 10–2 joule = 0,3 joule Jadi, energi yang tersimpan sebesar 0,3 joule. 10. Jawaban: b Diketahui: C1 = 2 μF = 2 × 10–6 F C2 = 8 μF = 8 × 10–6 F V1 = 20 volt Ditanyakan: V′ Jawab: Cp = C1 + C2 = (2 × 10–6 + 8 × 10–6) F = 10–5 F q1 + q2 = qtot C1V1 + C2V2 = CP V′ –6 (2 × 10 )(20) + (8 × 10–6)(0) = (10–5) V′ 4 × 10–5 = (10–5)V′ V′ =
4 × 10 −5 10 −5
V ′ = 4 volt Jadi, tegangan kedua kapasitor menjadi 4 volt. 11. Jawaban: e Diketahui: C1 = 50 μF C2 = 20 μF C3 = C4 = 15 μF V = 25 V Ditanyakan: V2 Jawab: C2, C3, dan C4 dirangkai paralel. Cp = C2 + C3 + C4 = (20 + 15 + 15) μF = 50 μF
Fisika Kelas XII
55
C1 dan Cp dirangkai seri. 1 Cs
1 C1
=
+
1 Cp
1
= 2 (10–6 F)(22 V)2 = 2,42 × 10–4 Jadi, energi yang tersimpan dalam sistem sebesar 2,42 × 10–4 J.
1 1 + 50 μF 50 μF 2 = 50 μF 50 Cs = 2 μF = 25 μF
=
Muatan total pada rangkaian: qtot = Cs V = (25 μF)(25 V) = 625 μC qtot = q1 = qp = 625 μC Besar tegangan pada rangkaian paralel: Vp =
qp Cp
=
625 μC 50 μC
1
W = 2 CtotV 2
= 12,5 volt
14. Jawaban: c n buah kapasitor disusun seri. 1 Cs
C
Cs = n 1 Cs′
Vgab =
q1 + q 2 C1 + C 2
=
V1C1 + V2 C 2 C1 + C 2
=
(15)(2 × 10−6 ) + (30)(4 × 10−6 ) (2 × 10−6 ) + (4 × 10−6 )
=
30 + 120 6
150
= 6 = 25 volt Jadi, besar potensial gabungannya adalah 25 volt. 13. Jawaban: b Diketahui: V = 22 volt C1 = C3 = 2 μF = 2 × 10–6 F C2 = 3 μF = 3 × 10–6 F C4 = 4 μF = 4 × 10–6 F Ditanyakan: W Jawab: Cp = C3 + C4 = (2 + 4) μF = 6 μF 1 C tot
56
=
1 C1
=
1 2 μF
=
3 + 1+ 2 6 μF
=
6 6 μF
+
1 Cp
+
+
1 C2
1 6 μF
+
1 3 μF
→ Ctot = 1 μF = 10–6 F
Listrik Statis
1
1
= C/n + nC n
1
= C + nC
Vp = V2 = V3 = V4 = 12,5 volt Jadi, beda potensial kapasitor 20 μF adalah 12,5 volt. 12. Jawaban: d Diketahui: C1 = 2 μF = 2 × 10–6 F C2 = 4 μF = 4 × 10–6 F V1 = 15 volt V2 = 30 volt Ditanyakan: Vgab Jawab:
n
= C
=
n2 + 1 nC
Cs′ =
nC n2 + 1
Jadi, kapasitas rangkaian 15. Jawaban: b Diketahui: C1 C2 V Ditanyakan: a. b. c. Jawab: 1 Cs
1 Cs
=
1 C1
+
1 C2
=
1 10 μF
+
=
4 +1 40 μF
=
5 40 μF
nC . (n 2 + 1)
= 10 μF = 40 μF = 12 volt Cs Q1, Q2 V1, V2
1 40 μF
40
Cs = 5 μF = 8 μF Muatan total: Qtot = Cs V = (8 μF)(12 volt) = 96 μC Qtot = Q1 = Q2 = 96 μC Tegangan tiap-tiap kapasitor: V1 =
Q1 C1
=
96 μC 10 μF
= 9,6 volt
V2 =
Q2 C2
96 μC 40 μF
=
b.
= 2,4 volt
Jadi, pernyataan yang tepat adalah muatan tiaptiap kapasitor 96 μC. c. B. Uraian = 10 cm2 = 10–3 m2 = 3 mm = 3 × 10–3 m = 12 V =6 C Q W
1. Diketahui:
A d V εr Ditanyakan: a. b. c. Jawab: a.
A
C = εrε0 d
d.
3. 10−3
= 6(8,85 × 10–12) 3 × 10−3 b.
c.
= 1,77 × 10–11 F q = CV = (1,77 × 10–11)(12) C = 2,124 × 10–10 C 1
W = 2 CV 2 1
= 2 (1,77 × 10–11)(12)2 J = 1274,4 × 10–10 J = 1,2744 × 10–9 J Jadi, nilai kapasitansinya C = 1,77 × 10–11 F, nilai muatannya Q = 2,124 × 10–10 C, dan nilai energinya W = 1,2744 × 10–9 J. 2. Diketahui:
C1 C2 C3 V Ditanyakan: a. b. c. d. Jawab: a.
1 Cs
1 C1
=
1 3 μF
=
4 + 1+ 3 12 μF
=
8 12 μF
+
1 C2
+
+
→ C2 =
q C1
=
V2 =
q C2
=
V3 =
q C3
=
3,6 × 10−5 3 × 10−6 3,6 × 10−5 12 × 10−6 3,6 × 10−5 4 × 10−6
= 12 volt = 3 volt = 9 volt
C1 = 30 μF C2 = C4 = 20 μF C3 = 50 μF C5 = 25 μF V = 80 V Ditanyakan: W4 Jawab: Cp = C1 + C2 + C3 = (30 + 20 + 50) μF = 100 μF qp = q4 = q5 qp = q4 VpCp = V4C4 Vp(100 μF) = V4(20 μF) Vp = 0,2V4 q5 = q4
Diketahui:
(25 μF)V5 = (20 μF)V4 V5 = 0,8V4 V = Vp+ V4 + V5 80 V = 0,2V4 + V4 + 0,8V4 80 V = 2V4 V4 = 40 V 1
W4 = 2 C4V 42
1 C3
1 12 μF
V1 =
C5V5 = C4V4
= 3 μF = 3 × 10–6 F = 12 μF = 12 × 10–6 F = 4 μF = 4 × 10–6 F = 24 volt Ctot qtot qtiap kapasitor Vtiap kapasitor
=
Muatan total pada kapasitor qtot = CtotV = (1,5 × 10–6)(24) = 3,6 × 10–5 C Pada rangkaian seri berlaku: q1 = q2 = q3 = qtot = 3,6 × 10–5 C Tegangan pada masing-masing kapasitor dapat dicari dengan
1
= 2 (20 μF)(40 V)2
+
1 4 μF
12 8 μF
= 1,5 μF = 1,5 × 10–6 F
1
= 2 (2 × 10–5 F)(1.600 V 2) = 1,6 × 10–2 J Jadi, energi yang tersimpan dalam C4 sebesar 1,6 × 10–2 J. 4.
Diketahui:
q = 10 μF = 10–5 C V = 100 volt
Ditanyakan: a. b.
C W Fisika Kelas XII
57
Jadi, kuat medan dalam kapasitor setelah disisipkan bahan dielektrik adalah 4 × 105 V/m.
Jawab: a. q = C V maka q
=
10−5 C 100
= 10–7 F = 0,1 μF b.
1
W = 2 CV 2 1
= 2 (10–7)(100)2 1
= 2 (10–3) = 5 × 10–4 joule Jadi, kapasitansinya sebesar 0,1 μF dan energi yang tersimpan sebesar 5 × 10–4 J. A = 5.000 cm2 = 0,5 m2 d = 0,5 cm = 5 × 10–3 m V0 = 10 kV εr = 5 Ditanyakan: a. C0 dan Cb b. V c. q d. E Jawab: a. Kapasitas kapasitor sebelum disisipi bahan
5. Diketahui:
A
C0 = ε0 d
= (8,85 × 10–12)
b.
5 × 10 −1 5 × 10 −3
= 8,85 × 10–10 F Kapasitas kapasitor setelah disisipi bahan C = εr C0 = (5)(8,85 × 10–10 F) = 4,425 × 10–9 F Jadi, kapasitas kapasitor sebelum dan sesudah disisipi bahan berturut-turut 8,85 × 10–10 F dan 4,425 × 10–9 F. Beda potensial sesudah disisipkan bahan dielektrik (V) V=
V0
εr
=
104 5
= 2.000 volt
Jadi, beda potensial kapasitor sesudah disisipkan bahan dielektrik adalah 2.000 volt. c.
d.
Muatan kapasitor setelah disisipkan bahan dielektrik (q). q = CV = (4,425 × 10–9)(2 × 103) = 8,85 × 10–6 C = 8,85 μC Jadi, muatan kapasitor setelah disisipkan bahan dielektrik adalah 8,85 μC. Kuat medan dalam kapasitor V
E= d =
58
C1 = 3 F C2 = 6 F C3 = 9 F V = 220 volt Ditanyakan: V2 Jawab: C1 dan C2 dirangkai paralel Cp = C1 + C2 =3F+6F =9F Cp dan C3 dirangkai seri
6. Diketahui:
C = V
2 × 103 5 × 10 −3
Listrik Statis
= 4 × 105 V/m
1 Cs
1
1 C3
= C + p 1
1
= 9 + 9 1 Cs
2
= 9 9
Cs = 2 = 4,5 F Muatan total rangkaian: q = CsV = (4,5 F)(220 V) = 990 coulomb q = qp = q3 = 990 coulomb Tegangan pada Cp: Vp =
qp Cp
990 C 9F
=
= 110 volt
Vp = V1 = V2 = 110 volt Jadi, tegangan C2 adalah 110 volt. A = 400 cm2 = 4 × 10–2 m2 d = 2 mm = 2 × 10–3 m V =6V Ditanyakan: a. C b. E c. q Jawab: a. Kapasitas kapasitor
7. Diketahui:
C =
ε0 A d
= (8,85 × 10–12)
b.
4 × 10 −2 2 × 10 −3
= 1,77 × 10–10 F = 177 pF Jadi, kapasitas kapasitor adalah 177 pF. V =Ed V
6
E = d = = 3.000 N/C 2 × 10−3
c.
Jadi, kuat medan listrik dalam kapasitor adalah 3.000 N/C. Muatan kapasitor q
C= V q = CV = (1,77 × 10–10)(6) = 1,06 × 10–9 C Jadi, muatan kapasitor adalah 1,06 × 10–9 C. C1 = 1 μF = 1 × 10–6 F C2 = 2 μF = 2 × 10–6 F C3 = 6 μF = 6 × 10–6 F C4 = 9 μF = 9 × 10–6 F C5 = 4 μF = 4 × 10–6 F C6 = 5 μF = 5 × 10–6 F V = 50 volt Ditanyakan: W Jawab: C1, C2, dan C3 dirangkai paralel Cp = C1 + C2 + C3 1 = (1 + 2 + 6) × 10–6 F = 9 × 10–6 F C5 dan C6 dirangkai paralel Cp = C5 + C6 2 = (4 + 5) × 10–6 F = 9 × 10–6 F C1, C2, dan C4 dirangkai seri
8. Diketahui:
1 Cs
1
1
= C + C + p1 p2 1
1
1 C4
=
3 9 μF
Cs =
9 μF 3
C1 =
k1 ε 0 A d1
=
C2 =
k2 ε0 A d2
=
1 Cs
1
W = 2 CV 2 1
= 2 (3 × 10–6)(50)2
d 2
=
k2 ε0 A d 2
Cs =
=
1 C1
+
1 C2
=
1 2k1C0
+
=
1 2C0 k1 k2
2k 1k 2 k1 + k 2
2k1 ε0 A d
=
2k2 ε0 A d
1 2k 2 C0
C0
Jadi, kapasitas totalnya 10. Diketahui:
2k1 k 2 k1 + k 2
C0.
C1 = 10 μF C2 = 15 μF Q1 = 10 μC Q2 = 15 μF
Ditanyakan: V Jawab: Vgab =
Q1 + Q 2 C1 + C 2
=
10 μC + 15 μC 10 μF + 15 μF
=
25 μC 25 μF
= 3 μF = 3 × 10–6 F
Cs = Ctot = 3 × 10–6 F
k1 ε 0 A
Jika dimisalkan C0, kapasitas kapasitor total adalah
1
= 9 + 9 + 9
d
d1 = d2 = 2 Ditanyakan: Ctotal Jawab:
9. Diketahui:
= 1 volt Jadi, beda potensial kapasitor pengganti sebesar 1 volt.
1
= 2 (3 × 10–6)(2.500) = 3.750 × 10–6 J = 3,75 × 10–3 J Jadi, energi pada rangkaian sebesar 3,75 × 10–3 J.
Fisika Kelas XII
59
A. Pilihan Ganda
Arah gaya listrik pada muatan C:
F =k
q1q 2 r2
F =k
(2q1 2q2 ) r2
= 4(k
1
maka F ∞ r dan F ∞ Q
q1q 2 r2
) = 4F
Jika, muatan menjadi dua kali semula maka F akan menjadi 4 kali semula.
qC
45° qA
k qA qB r2 (qA )(2qA )
FBC = = =
F =
80 2 × 1013
= 4 × 10−12 C = 2 × 10–6 C qB = 2qA = 2(2 × 10–6 C) = 4 × 10–6 C Jadi, besar muatan B adalah 4 × 10–6 C. 3. Jawaban: d Diketahui: qA = qB = 4 μC = 4 × 10–6 C qC = 5 μC = 5 × 10–6 C rAB = 20 cm = 2 × 10–1 m Ditanyakan: FC Jawab: cos 45° = 1 2
2 = AC =
k qB q C r2 (9 × 109 )(4 × 10−6 )(5 × 10−6 ) (10 2 × 10−2 )2 180 × 10 −3 200 × 10 −4
=9N
80 = (2 × 1013)qA2
10 cm AC 10 cm AC 20 × 2
FAC2 + FBC2
=
92 + 92
=
81 + 81
=
162
=9 2 Jadi, resultan gaya listrik di muatan C adalah 9 2 N. 4. Jawaban: a y –2Q
+Q x = –1
y +q
+Q x = –1
AC = BC = 10 2 cm = 10 2 × 10–2 m 2+x
Listrik Statis
x
x = +1
Agar +q bernilai nol, kemungkinan diletakkan di sebelah kiri +Q atau sebelah kanan –2Q. Jaraknya harus lebih dekat ke +Q. Jadi, kemungkinan di sebelah kiri +Q.
2 2
= 10 2 cm
60
qB
FAC = FBC = 9 N
80 = (9 × 109) (3 × 10 −2 )2
qA =
45° 20 cm
2. Jawaban: a Diketahui: r = 3 cm = 3 × 10–2 m qB = 2qA FAB = 80 N Ditanyakan: qB Jawab: F=
FAC
FB
1. Jawaban: b
–2Q x=1
x
F1 = F2 k (q )(Q) x2
=
k (q )(2Q ) (2 + x )2
1 x2
=
2 (2 + x )2
q2 4πε a 2
x=
⎛ 2 ⎞ ⎛ 2 + 1⎞ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎝ 2 − 1⎠ ⎝ 2 + 1⎠ 2 2 +2 2 −1
=2 2 +2
Koordinatnya = –1 – (2 2 + 2) = –3 – 2 2
Jadi, +q ditempatkan di x = –(3 + 8 ) agar tidak mendapat pengaruh gaya dari muatan lain.
90°
Q
5. Jawaban: d
3m a
1
2 + 2.
FP
= –3 – 8 = –(3 + 8 )
D
1
6. Jawaban: b Diketahui: qP = +2 × 10–5 C qR = –6 × 10–5 C rPQ = 3 m rQR = 6 m FQ = 1,05 N Ditanyakan: qQ Jawab:
x( 2 – 1) = 2
=
2
2 + 2
Jadi, nilai x adalah
x 2 =2+x
x=
1
(x) = ( 2 + 2 ) q 2 4πε a
FR
6m
C R
P
FP2 + FR 2
FQ =
a
2
F 2
2
1,05 =
⎛ k qP qQ ⎞ ⎛kq q ⎞ + ⎜ R 2Q ⎟ ⎜ 2 ⎟ r ⎝ PQ ⎠ ⎝ rRQ ⎠
1,05 =
⎛ (9 × 109 )(2 × 10−5 )q Q ⎞ ⎛ (9 × 109 )(6 × 10 −5 )qQ ⎞ ⎜ ⎟ +⎜ ⎟ 2 3 62 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
1,05 =
⎛ (9 × 109 )(2 × 10 −5 )q Q ⎞ ⎛ (9 × 109 )(6 × 10 −5 )q Q ⎞ ⎜ ⎟ +⎜ ⎟ 9 36 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
1,05 =
(400 × 106 )qQ 2 + (225 × 106 )qQ 2
B
A 2
FAB = FAD = F= k
q a2 1
= 4πε 0 = FAC = = =
q2 a2
q2 ⎛ 1 ⎞ 4πε 0 ⎜⎝ a 2 ⎟⎠
kq 2 (a 2)2 1 q2 k 2 a2 1 F 2
F′ = =
FAB + FAD
qQ =
2
F2 +F2
= F 2 1
Oleh karena F 2 berimpit dengan FAC = 2 F maka:
2
2
1,05 25 × 103
= 4,2 × 10–5 C Jadi, muatan partikel di titik Q sebesar 4,2 × 10–5 C. 7. Jawaban: b Diketahui: q1 = 1 μC = 1 × 10–6 C q2 = 4 μC = 4 × 10–6 C r12 = 2 cm = 2 × 10–2 m Ditanyakan: letak titik P Jawab: E1
E2 2 cm
x
1
Ftot = F 2 + 2 F =( 2 +
2
1,05 = 25 × 103 qQ
Resultan FAB dan FAD akan tepat berimpit dengan diagonal AC (berimpit juga dengan FAC). 2
2
P
q1 = 1 μC
q2 = 4 μC
1 )F 2
Fisika Kelas XII
61
10. Jawaban: a Diketahui: A = (25 × 25) cm2 = 625 cm2 = 6,25 × 10–2 m2 E = 800 N/C Ditanyakan: φ Jawab: Bidang
EP = 0 E2 – E1 = 0 E2 = E1 k q2 r2P2 4 × 10−6 (2 × x )2 2 2+x
= =
k q1 r1P2 1× 10−6 x2
= 1
60°
x
2 + x = 2x Garis normal
2x – x = 2 x=2 Jadi, letak titik P adalah 2 cm di kiri q1. 8. Jawaban: c Diketahui: A q εr ε0 Ditanyakan: E Jawab:
σ =
q A
=
= 425 cm2 = 4,25 × 10–2 m = 42 μC = 42 × 10–6 C = 5,4 = 8,85 × 10–12 C2/Nm2
42 × 10 −6 4,25 × 10 −2
= 9,88 × 10–4 C/m2
σ
E= ε
9,88 × 10 −4 C/m2 4,779 × 10 −11 C2 /Nm2
= 2,06 × 107 N/C Jadi, kuat medan keping tersebut adalah 2,06 × 107 N/C. 9. Jawaban: b Diketahui: rA = 4 cm = 4 × 10–2 m rB = 2 cm = 2 × 10–2 m rC = 6 cm = 6 × 10–2 m EC = E Ditanyakan: EA Jawab: ⎛ rC ⎞ ⎜r ⎟ ⎝ A⎠
EA EC
=
EA EC
= ⎜
EA EC
=
EC =
11. Jawaban: b Diketahui: m = 5,0 × 10–15 kg q = 5e = 5(1,6 × 10–19 C) = 8,0 × 10–19 C g = 9,8 m/s2 Ditanyakan: E Jawab: F =w Eq = mg E = =
mg q (5,0 × 10 −15 )(9,8) 8,0 × 10 −19
⎛ 6 × 10−2 m ⎞ ⎟ ⎝ 4 × 10−2 m ⎠ 9 4 4 E 9
Listrik Statis
N/C
= 61.250 N/C Jadi, kuat medan listrik di dalam keping 61.250 N/C. 12. Jawaban: b Pada hukum Coulomb dikenal: E=
2
F q
→F=Eq
Pada hukum II Newton dikenal: F=ma Sehingga: E q= m a
2
Jadi, kuat medan di titik C adalah
62
1
= (800)(6,25 × 10–2)( 2 3 ) = 43,3 Jadi, besar fluks listrik 43,33 weber.
ε = εr ε0 = (5,4)(8,85 × 10–12) = 4,779 × 10–11 C2/Nm2
=
φ = EA cos θ = (800)(6,25 × 10–2)(cos 30°)
qE
a = m ; jika q = e eE
4 9
E.
a= m
13. Jawaban: e Diketahui: v = 4 × 105 m/s d = 5 mm Ditanyakan: VAB Jawab: ΔEp = ΔEk 1 2
q VAB =
= –144 × 10–13 = –1,44 × 10–11 Jadi, usaha yang dilakukan dalam pemindahan muatan tersebut –1,44 × 10–11 joule. 16. Jawaban: d Diketahui: q = 0,4 μC = 0,4 × 10–6 C rAB = 6 cm = 6 × 10–2 m rQB = 12 cm = 12 × 10–2 m ΔEp = 0,12 J Ditanyakan: Q Jawab:
m v2
mv 2 2q
VAB = =
(1,6 × 10−27 )(4 × 105 )2 2(1,6 × 10−19 )
=
(1,6 × 10 −27 )(1,6 × 1011) 3,2 × 10 −19
V
ΔEp = k q Q( r
V = 800 V
Jadi, beda potensial kedua keping 800 V.
0,12 = (3,6 × 103)Q( 0,12 =
q r2
Q=
= (8 × 104)(5 × 10–2)2 = 200 Nm2/C 1 2
1 r1
1 5 × 10−2
1
– 0)
= (5 × 10–3)(20) = 10–1 J = 0,1 J Jadi, usaha yang diperlukan sebesar 0,1 J. 15. Jawaban: a Diketahui: q1 = +8 × 10–12 C q2 = –9 × 10–12 C rZ = 3 cm = 3 × 10–2 m rX = 9 cm = 9 × 10–2 m Ditanyakan: W Jawab: 1
Z
1 rX
1 3 × 10−2
–
1 9 × 10 −2
–
1 6 × 10−2
)
−3,6 × 103 Q 12 × 10 −2 (0,12)(12 × 10 −2 ) −3,6 × 103
r =
(6 cm)2 + (8 cm)2
=
36 cm2 + 64 cm2
VB = V1B + V2B
)
= (9 × 109)( 8 × 10–12)(–9 × 10–12) (
1− 2 12 × 10−2
1 12 × 10−2
= 100 cm2 = 10 cm = 1 × 10–1 m r1B = r2B = r = 1 × 10–1 m
W = ΔEp = k q1 q2( r –
)
17. Jawaban: c Diketahui: q1 = +50 μC = 5 × 10–5 C q2 = +50 μC = 5 × 10–5 C r12 = 12 cm Ditanyakan: VB Jawab: Jarak muatan q1 dan q2 terhadap titik B:
)
= (200)( 2,5 × 10–5)(
1 rAB
= –0,4 × 10–5 C = –4 × 10–6 C = –4 μC Jadi, besar muatan sumber –4 μC.
k q = E r2
W = k q q′ ( r –
–
0,12 = (9 × 109)(0,4 × 10–6)Q(
14. Jawaban: c Diketahui: q′ = 25 μC = 2,5 × 10–5 C r = 5 cm = 5 × 10–2 m E = 8 × 104 N/C Ditanyakan: W Jawab: E=k
1
QB
)
= (9 × 109)( 8 × 10–12)(–9 × 10–12)( 3 − 1−2 )
9 × 10 = (9 × 109)( 8 × 10–12)(–9 × 10–12)( 2 −2 9 × 10
=
k q1 r1B
+
k q2 r2B
=
k q1 r
+
k q2 r
k
= r (q1 + q2)
) =
9 × 109 1× 10−1
(5 × 10–5 + 5 × 10–5)
Fisika Kelas XII
63
)
= (9 × 1010)(10 × 10–5) = 90 × 105 = 9 × 106 Jadi, beda potensial listrik di titik B sebesar 9 × 106 volt. 18. Jawaban: b Diketahui: q1 = –2 μC = –2 × 10–6 C q2 = +4 μC = +4 × 10–6 C q3 = –6 μC = –6 × 10–6 C q4 = +8 μC = +8 × 10–6 C Ditanyakan: VZ Jawab: 2m
q1
q4
= (9 × 109)(–2 × 10–12)(4 × 10–6)(
1,2 − 2 ) 2,4 × 10 −1
= (9 × 109)(–2 × 10–12)(4 × 10–6)(
−0,8 ) 2,4 × 10 −1
= 2,4 × 10–7 joule Jadi, besar perubahan energi potensial adalah 2,4 × 10–7 joule. 20. Jawaban: e Diketahui: qX rXY V0 Ditanyakan: qY V0 = VX + k qX rX0
V0 = 2m 2m
Z 2m
qX rX0
VY + +
k qY rY0 qY rY0
(–180) = (9 × 109)(
2m
q2
V0 = k(
2m
= 0,04 μC = 4 × 10–8 C =2m = –180 V
4 × 10 −8 1
–2 × 10–8 =
q3
)
4 × 10 −8 1
+
qY 1
)
+ qY –8
qY = –6 × 10 C = –600 μC Jadi, muatan di titik Y adalah –600 μC.
VZ = V1 + V2 + V3 + V4 = k(
q1 r1Z
+
= (9 × 109)( + =
q3 r3Z
+
q4 r4Z
−2 × 10 −6 2
+
4 × 10 −6 2
q2 r2Z
8 × 10 −6 2
+
) +
−6 × 10 −6 2
)
= 18 2 × 103 Jadi, beda potensial di titik perpotongan diagonal persegi 18 2 × 103. 19. Jawaban: d Diketahui: q1 q2 r12 r12′
1
= –2 × 10–12 C = +4 μC = –4 × 10–16 C = 12 cm = 1,2 × 10–1 m = 12 cm + 8 cm = 20 cm = 2 × 10–1 m
= k q1 q2(
k q1 q2 r12
1 r12′
–
1 r12
64
1 2 × 10−1
Listrik Statis
–
A 1 d 2
A
= 4(ε0 d ) = 4C Jadi, kapasitasnya sekarang menjadi 4C.
1
)
W = 2 qV
= (9 × 109)(–2 × 10–12)(4 × 10–6) (
A
Cb = εrε0 d
22. Jawaban: d Diketahui: V = 8 × 106 volt W = 3,2 × 108 J Ditanyakan: q Jawab:
2
–
d2 = 2 d εr = 2
= 2ε0
Ditanyakan: ΔEp Jawab: ΔEp = Ep – Ep k q1 q2 r12′
A
C0 = ε0 d 1
36 × 103 2
=
21. Jawaban: e
1 1,2 × 10−1
)
2W
q = V
=
(2)(3,2 × 108 ) 8 × 106
= 80 C
Jadi, muatan listrik yang dilepaskan sebanyak 80 C.
23. Jawaban: e Diketahui: p = 1,2 × 10–23 Ns me = 9,1 × 10–31 kg q = 1,6 × 10–9 C Ditanyakan: V Jawab: Energi listrik dari beda potensial akan berubah menjadi energi kinetik elektron. Ep = Ek 1
eV = 2 mv 2 =
p2 2m
Sehingga: V =
p2 2me
(1,2 × 10−23 )2
= 2(9 × 10−31)(1,6 × 10−19 ) = 500 V Jadi, beda potensial dalam tabung sebesar 500 V. 24. Jawaban: a Diketahui: e = 1,6 × 10–19 C m2 = 9,1 × 10–31 kg r1 = 2 × 10–14 m V = 0,88 × 108 m/s Ditanyakan: r2 Jawab: Hukum kekekalan energi mekanik: ΔEp = ΔEk 1
ΔV =
(9,1× 10−31)(0,88 × 108 )2 (1,6 × 10−19 )
44.000 =
–
1 r2
)
44.000 = (9 × 109)(1,6 × 10–19)( 44.000 = 14,4 × 10–10( 1 2 × 10−14
–
1 r2
=
1 2 × 10−14
1 2 × 10−14
–
1 r2
44.000 14,4 × 10−10
= 3 × 1013 1 r2
=
1 2 × 10−14
– 3 × 1013
1 2 × 1013
= 5 × 10–14 m Jadi, jarak muatan tersebut sekarang 5 × 10–14 m. 25. Jawaban: a Diketahui: C1 = 7 pF C2 = 10 pF C3 = C4 = 8 pF C5 = 12 pF V = 20 volt Ditanyakan: Qtotal Jawab: C3, C4, dan C5 dirangkai seri. 1 Cs
=
1 C3
1 C4
=
1 8 pF
=
3+3+2 24 pF
=
8 24 pF
+
+
1 C5
1 12 pF
+
C1, C2, dan C5 dirangkai paralel. Cp = C1 + C2 + C5 = (7 + 10 + 3) pF = 20 pF Muatan total: Qtotal = Cp V = (20 pF)(20 volt) = 400 pC = 4 × 10–10 C Jadi, muatan total pada rangkaian adalah 4 × 10–10 C.
ΔV ≈ 44.000 volt 44.000 = V1 – V2 1 kq1( r 1
r2 =
24
1
mv 2 q
= 2 × 1013
Cs = 8 pF = 3 pF
q ΔV = 2 mv2 + 2 mv2 qV = mv 2 ΔV =
= 5 × 1013 – 3 × 1013
)
–
1 r2
)
26. Jawaban: c Diketahui: C1 = 50 μF = 5 × 10–5 F C2 = 100 μF = 10 × 10–5 F W = 2 × 10–4 joule Ditanyakan: V Jawab: C1 dan C2 dirangkai seri. 1 Cs
=
1 C1
+
1 C2
=
1 50 μF
+
=
2 +1 100 μF
=
1 100 μF 3 100 μF
Fisika Kelas XII
65
100
1
Cs = 3 μF = 3 × 10–4 F W= (2 × 10–4) =
1 CV 2 2 1 1 ( 2 3
× 10–4)V 2
V 2 = 12 V =
adalah 2 3 volt. 27. Jawaban: d Diketahui: C1 = C2 = C V = 10 volt E1 = E Ditanyakan: E2 jika C disusun paralel Jawab: 1
E1 = 2 CV 2 = E Jika E berbanding lurus dengan C dan dua buah kapasitor dirangkai paralel, besar kapasitas kapasitor total adalah: Cp = C1 + C2 =C+C = 2C Energi yang tersimpan jika kedua kapasitor dihubungkan secara paralel sebagai berikut.
E1 E2
=
C1 C2
C
= 2C E2 = 2E Jadi, energi yang tersimpan jika kedua kapasitor dihubungkan secara paralel adalah 2E. 28. Jawaban: e Diketahui: C1 = 4 μF C2 = 7 μF C3 = 5 μF V = 12 volt Ditanyakan: W1 Jawab: C2 dan C3 dirangkai paralel. Cp = C2 + C3 = 7 μF + 5 μF = 12 μF
66
1 Cs
Listrik Statis
1
=
1 C1
=
1 4 μF
=
3 +1 12 μF
=
4 12 μF
Cs =
12 μF 4
12
V = 2 3 volt Jadi, besar sumber tegangan pada rangkaian
E1 E2
C1 dan Cp dirangkai seri. + C p +
1 12 μF
= 3 μF = 3 × 10–6 F
Kapasitas kapasitor total dalam rangkaian: C = Cs = 3 × 10–6 F Muatan total dalam rangkaian: Qtot = Ctot V = (3 × 10–6 F)(12 volt) = 36 × 10–6 C Muatan yang terletak pada kapasitor C1: Q1 = Qtot = 36 × 10–6 C Energi yang tersimpan pada C1 sebagai berikut. 1
W = 2 CV 2 1
Q1
= 2 C1( C )2 1 2 1 Q1 C1
= 2
1 (36 × 10−6 )2
= 2 4 × 10−6 F = 162 × 10–6 joule = 162 μJ Jadi, energi yang tersimpan pada C1 adalah 162 μJ. 29. Jawaban: c Diketahui: A = 100 cm2 = 0,01 m2 d = 2 cm = 0,02 m V = 400 V Ditanyakan: q Jawab: V
V = Ed → E = d = q
400 V 0,02 m
= 2 × 104 N/C
E= ε A 0 q = E ε0 A = (2 × 104 N/C)(8,85 × 10–12 C2/Nm2)(0,01 m2) = 1,77 × 10–9 C Jadi, muatan yang tersimpan dalam kapasitor sebesar 1,77 × 10–9 C.
30. Jawaban: a Diketahui: a = 1 cm = 1 × 10–2 m b = 1,5 cm = 1,5 × 10–2 m k = 20 Ditanyakan: C Jawab: C =
2π k ε 0 An ⎛⎜ b ⎞⎟ ⎝a⎠
=
q
⎝ 1 ⎠
(20)(8,85 × 10 −12 ) An (1,5) (20)(8,85 × 10 0,405
−12
q=
(180)(0,36) (9 × 109 )
= 7,2× 10–9 C
)
Mencari E di permukaan bola:
= 2,744 × 10–9 F Jadi, kapasitansi kapasitor sebesar 2,744 × 10–9 F. B. Uraian
E =k
q rb2
= (9 × 109)
(7,2 × 10−9 ) (0,2)2
= 1.620 N/C
Jadi, medan listrik di permukaan bola konduktor sebesar 1.620 N/C. qA = 12 μC qB = 18 μC = +1,8 × 10–5 C qC = 6 μC = 6 × 10–6 C mC = 2 × 10–18 kg rAC = rBC = 15 cm rAB = 8 cm Ditanyakan: a. W b. v Jawab:
3. Diketahui:
q1 = +10 μC = 10 C q2 = +20 μC = 2 × 10–5 C r12 = a r23 = 0,5a Ditanyakan: q3 agar F2 = 0 Jawab: –5
1. Diketahui:
q1
qA rA 2
180 = (9 × 109) (0,6)2
An ⎛⎜ 1,5 ⎞⎟
= 2π
D = 40 cm = 0,4 m rbola = 20 cm = 0,2 m rA = 60 cm = 0,6 m EA = 180 N/C Ditanyakan: E di permukaan bola Jawab: Mencari nilai q: EA = k
2π (20)(8,85 × 10−12 )
= 2π
2. Diketahui:
q2 0,5a q3
a
Supaya resultan gaya Coulomb di q2 = 0 maka q3 harus bernilai positif (q+). F23 = F21 k
q2q3 r232
( 2 × 10 −5 )(q 3 ) ( 21 a )2
q3 1 2 a 4
q 2q1 r212
=k
=
( 2 × 10−5 )(10−5 ) a2 −5
=
10 a2
4q3 = 105 1
q3 = 4 × 10–5 C = 0,25 × 10–5 C = 2,5 μC Jadi, muatan q3 harus bernilai 2,5 μC.
a.
VC = k(
qA rAC
+
qB rBC
) 12 μC
18 μC
= (9 × 109 Nm2/C2)( 15 cm + 15 cm ) ⎛ (1,2 × 10−5 ) + (1,8 × 10−5 ) ⎞ ⎟ 0,15 ⎝ ⎠
= (9 × 109) ⎜
V
= (9 × 109)(2 × 10–4) V = 1,80 × 106 V VC′ = k(
qA rAC′
+
qB rBC′
= (9 × 109)(
)
1,2 × 10 −5 0,04
+
1,8 × 10 −5 0,04
)V
= (9 × 109)(7,5 × 10–4) V = (9 × 109)(2 × 10–4) V = 6,75 × 106 V WCC′ = qC(VC′ – VC) = (6 μC)(6,75 × 106 V – 1,80 × 106 V) = (6 × 10–6)(4,95 × 106) J = 29,7 J Jadi, usaha untuk memindahkan muatan C sebesar 29,7 J.
Fisika Kelas XII
67
WCC′ =
b.
1 2
mv2
Energi yang tersimpan pada kapasitor C6 adalah:
2WCC′ m
v=
1
=
2(29,7 J) 2 × 10−18 kg
=
2,97 × 1019 m2 /s2
≈ 5,45 × 109 m/s Jadi, kecepatan muatan C saat berada di tengahtengah A dan B adalah 5,45 × 109 m/s. C1 = 4 μF = 4 × 10–6 F C2 = 6 μF = 6 × 10–6 F C3 = 5 μF = 5 × 10–6 F C4 = 20 μF = 2 × 10–5 F C5 = 2 μF = 2 × 10–6 F C6 = 7 μF = 7 × 10–6 F V = 80 volt Ditanyakan: a. E6 b. Q1 Jawab: C3 dan C4 dirangkai seri.
5. Diketahui:
1 Cs1
=
1 C3
=
1 5 μF
1 C4
+
1 20 μF
+
=
4 +1 20 μF
=
Cs =
20 μF 5
= 4 μF
1
Cs dan C6 dirangkai paralel sehingga Vtot = Vs = 2 2 V6 = 80 volt.
5 20 μF
E6 = 2 C6V 62 1
= 2 (7 × 10–6 F)(80 volt)2 = (8 × 102 volt2)(7 × 10–6 F) = 56 × 10–4 joule = 5,6 × 10–3 joule Jadi, energi yang tersimpan pada kapasitor C6 adalah 5,6 × 10–3 joule. Besar muatan pada Cs sebagai berikut. 2 Qs = Cs Vs 2
2
1
=
1 12 μF
=
1+ 3 12 μF
=
4 12 μF
Cs =
12 μF 4
2
1 C1
+
A d V k Ditanyakan: a. b. c. Jawab: a.
C = = =
= 100 cm2 = 1 × 10–2 m = 4 mm = 4 × 10–3 m = 10 volt =5 C E q
εr ε 0 A d k ε0 A d (5)(8,85 × 10−2 )(1× 10−2 ) 4 × 10−3
= 1,11 × 10–3 F Jadi, kapasitas kapasitor adalah 1,11 × 10–3 F. b.
1 4 μF
Kuat medan dalam kapasitor V = Ed V
E= d = 10 volt−3 4 × 10
= 3 μF
Cs dan C6 dirangkai paralel. 2 Cp = Cs + C6 2 2 = 3 μF + 7 μF = 10 μF = 1 × 10–5 F
68
1
6. Diketahui:
1
= C + p1
2
Jadi, muatan yang tersimpan dalam kapasitor C1 adalah 240 μC.
Cs , C2, dan C5 dirangkai paralel. 1 Cp = Cs + C2 + C5 1 1 = 4 μF + 6 μF + 2 μF = 12 μF Cp dan C1 dirangkai seri. 1 Cs2
2
= (3 μF)(80 volt) = 240 μC Qs = q1 = Qp = 240 μC
Listrik Statis
= 2,5 × 103 N/C Jadi, kuat medan dalam kapasitor sebesar 2,5 × 103 N/C. c.
Muatan kapasitor q = CV = (1,11 × 10–3 F)(10 volt) = 11,1 × 10–3 coulomb = 1,11 × 10–2 coulomb Jadi, muatan kapasitor 1,11 × 10–2 coulomb.
7. Diketahui:
x = 4 cm y = 3 cm Q = 8 nC = 8 × 10–9 C q0 = 4 nC = 4 × 10–9 C m = 6 × 10–6 kg Ditanyakan: v Jawab: Energi potensial muatan q0 pada x = 3 cm. Ep = q0V =
=
F = qE
w = mg 20 m
k Q q0 x2 + y2
ΣF = ma w – F = ma mg – qE = ma
(9 × 109 Nm2 /C2 )(8 × 10 −9 C)(4 × 10 −9 C) (0,03 m)2 + (0,04 m)2
=
(9 × 109 Nm2 /C2 )(8 × 10 −9 C)(4 × 10 −9 C) 0,05 m
=
(9 × 10 Nm /C )(8 × 10 C)(4 × 10 5 × 10−2 m 9
2
−9
2
–7
−9
1 2
a =
C)
–6
= 57,6 × 10 J = 5,76 × 10 J Pada saat partikel bergerak sepanjang sumbu X menjauhi cincin, energi potensialnya berkurang dan energi kinetiknya bertambah. Ketika partikel sangat jauh, energi potensialnya sama dengan nol. Sementara itu, besar kecepatan dapat dihitung dengan persamaan berikut. E k = Ep
1 2
Jawab:
mv 2 = 5,76 × 10–6 J
=
= 1,38 m/s Jadi, kecepatan partikel adalah 1,38 m/s. m = 1 g = 1 × 10–3 kg q = 10–6 C s1 = 20 m E = 3 × 104 N/C g = 10 m/s2 s2 = 10 m Δs = (s1 – s2) m = (10 – 20) m = –10 m Ditanyakan: v
(1× 10−3 )(10) − (10−6 )(3 × 104 ) 1× 10−3
=
10−2 − (10 −6 )(3 × 104 ) 10−3
v02
v = 400 = 20 Jadi, kecepatan pergerakan bola 20 m/s. 9. Diketahui:
m Q q′ r g
2(5,76 × 10−6 J) 6 × 10−6 kg
1,92
=
= –20 m/s v = + 2a Δs = 0 + 2(–20)(–10) = 400 2
(6 × 10–6 kg)v 2 = 5,76 × 10–6 J v=
mg − qE m
= 10 g = 1 × 10–2 kg = +1 μC = 1 × 10–6 C = –1 μC = –1 × 10–6 C = 30 cm = 3 × 10–1 m = 10 m/s2
1 4π ε 0
= 9 × 109 Nm2/C2
Ditanyakan: T Jawab:
8. Diketahui:
T
Q F
q1
w
Fisika Kelas XII
69
1
A2 = 2r 2 – 2r 2 cos θ 2r cos θ = 2r 2 – A2
Qq ′
F = 4π ε r2 0
2
=
(9 × 109 )(1× 10−6 )(1× 10−6 ) (3 × 10−1)2
=
(9 × 10 )(1× 10 )(1× 10 ) 9 × 10 −2
−6
9
−6
cos θ =
2r 2 − A 2 2r 2
cos θ =
2r 2 − A 2 2r 2
cos α = –cos θ
= 1 × 10–1 N W = mg = (1 × 10–2 kg)(10 m/s2) = 1 × 10–1 N T =
F 2 +W 2
(1× 10−1)2 + (1× 10−1)2
=
2 × 10−2
= 10 =
2 –1
2 × 10
2 × 10–1 N.
F32
α
A 2 − 2r 2 2r 2
k qQ r2
q3 = q C
F31 r
F 2 + F 2 + 2F 2 cos α
=
2F 2 (1 + cos α )
=
2F 2 (1+
=F
+ A 2 − 2r 2 ) 2r 2
A2 r2
F3 = F( r ) =
A
B +Q
Nilai cos θ dapat dihitung dengan rumus kosinus dalam ΔABC. AB2 = AC2 + BC2 – 2AC BC cos θ A2 = r 2 + r 2 – 2r 2 cos θ
Listrik Statis
2
A 2 − 2r 2 ) 2r 2
A
r
A –Q
=F
=
2r = F 2(
θ
70
=
F312 + F322 + 2F31F32 cos α
F3 =
N
Jadi, besar tegangan tali 10.
−(2r 2 − A2 ) 2r 2
F31 = F32 =
=
–1
=
k qQ r2
A
(r )
1
= ( 4π ε ) 0
1
= ( 4π ε ) 0
qQ r2
A
(r )
qQ A r3
1. Jawaban: b Frekuensi menunjukkan banyaknya getaran tiap sekon. Semakin tinggi frekuensi, nada yang yang dihasilkan semakin tinggi (melengking). Sementara amplitudo adalah simpangan maksimum dari sebuah getaran sumber bunyi. Semakin besar amplitudo, bunyi yang dihasilkan semakin keras.
4. Jawaban: a Diketahui: ∆TI = 10 dB Ditanyakan: TI1 : TI2 Jawab: TI1 – TI2 = 10 dB 10 log
I1 I0
– 10 log
I1
10 log ( I – 0
2. Jawaban: d Perhatikan persamaan efek Doppler pada keadaan di atas. (1) fp =
v + vp
f v +0 s
→ faktor pengali fs lebih besar
dari 1. v +0
(2) fp = v − 0 fs → faktor pengali fs lebih besar dari 1. (3) Jika vp = vs, fp =
v + vp
f v − vp s
→ faktor pengali fs
lebih besar dari 1. (4) Jika vp = vs, fp =
v + vp
f v + vp s
→ faktor pengali fs
sama dengan 1. Frekuensi yang diterima pendengar akan lebih besar dari frekuensi yang dikeluarkan sumber bunyi jika faktor pengali sumber bunyi yang berasal dari operasi kelajuan lebih besar dari 1. Oleh karena itu pernyataan yang benar adalah pernyataan nomor (1), (2), dan (3). 3. Jawaban: d Diketahui: A = 10 cm2 V = 400 cm3 → L = 40 cm = 0,4 m v = 300 m/s n =2 Ditanyakan: f0 Jawab: Resonansi kolom udara bisa didekati dengan konsep pipa organa tertutup. 5v
5(300 m/s)
f2 = 4L = 4(0,4 m) = 937,5 Hz f2 = 5f0 f0 =
937,5 Hz 5
I0 I2
I1 I0
×
I1 I2
= 10
I2 I0
I2 I0
= 10 log 10
) = 10 log 10
= 10
I1 = 10I2 → I1 : I2 = 1 : 10 Jadi, perbandingan intensitas dua sumber bunyi tersebut 1 : 10. 5. Jawaban: d Diketahui: vp = 20 m/s v s = 0 m/s f s = 800 Hz v = 340 m/s Ditanyakan: fp Jawab: fp = =(
v + vp
f v +0 s (340 + 20) m/s 340 m/s
)(800 Hz)
= 847 Hz Jadi, frekuensi yang didengar Anton sebesar 847 Hz. 6. Jawaban: b Diketahui: f = 50 Hz n = 10 10 t = 2 s fp = 2 s = 5 Hz Ditanyakan: fY Jawab: fY = f ± fp = (50 ± 5) Hz fY = 55 Hz atau fY = 45 Hz Jadi, Nilai Y yang lebih besar daro 50 Hz adalah 55 Hz.
A. Pilihan Ganda
= 187,5 Hz
Jadi, frekuensi garputala yang digunakan sebesar 187,5 Hz. Fisika Kelas XII
71
7. Jawaban: c Diketahui: f0 = 200 Hz L =1m Ditanyakan: f2 Jawab: f2 = (n + 1)f0 = (2 + 1)(200 Hz) = 600 Hz Jadi, frekuensi nada atas kedua sebesar 600 Hz. 8. Jawaban: a Pada percobaan interferensi celah ganda menghasilkan pola gelap terang dengan pola terang di pusatnya. Pola terang dalam hal ini adalah garis kuning. 9. Jawaban: d Polarisasi dapat dilakukan dengan beberapa cara diantaranya pemantulan-pembiasan, absorpsi selektif oleh kristal dikroik, bias rangkap, dan hamburan. 10. Jawaban: a Diketahui: λ = 4.000 Å = 4 × 10–7 m θ = 30° Ditanyakan: d Jawab: d sin θ = n λ d =
nλ sin θ
=
1(4 × 10−7 m) 1 2
= 8 × 10–7 m
Lebar celah yang digunakan 8 × 10–7 m. 11. Jawaban: c Diketahui: d A 2∆y ∆y m Ditanyakan: λ Jawab: Dari soal m = 1
= 0,01 mm = 1 × 10–5 m = 20 cm = 0,2 m = 7,2 mm = 7,2 × 10–3 m = 3,6 mm = 3,6 × 10–3 m =1
∆y d A (3,6 × 10 −3 m)(1 × 10 −5 m) 0,2 m
1
= (m – 2 )λ 1
= 2λ 1
1,8 × 10–7 m = 2 λ λ = 3,6 × 10–7 m = 360 nm Jadi, panjang gelombang cahaya sebesar 360 nm. 12. Jawaban: d Diketahui: nu – nm = 0,05 β = 40° Ditanyakan: ϕ
72
Ulangan Tengah Semester 1
Jawab: ϕ = (nu – nm)β = (0,05 )(40°) = 2° Jadi, sudut dispersi yang terjadi adalah 2°. 13. Jawaban: b Diketahui: N = 5.000 garis/cm = 5 × 105 garis/m θ = 30° n =2 Ditanyakan: λ Jawab: d sin θ = n λ 1 N 1 (5 × 105 garis / m)
sin θ = n λ sin 30° = 2λ 1
(2 × 10–6 m)( 2 ) = 2λ λ = 5 × 10–7 m = 5 × 10–5 cm Jadi, panjang gelombang orde ke-2 adalah 5 × 10–5 cm. 14. Jawaban: c Diketahui: i = 0,4 A t = 2 menit = 120 sekon Ditanyakan: n Jawab: Muatan pada rangkaian listrik: q = it = (0,4)(120) = 48 coulomb Jumlah elektron dalam rangkaian: n =
q qe
=
48 1,6 × 10 −19
= 3 × 1020
Jadi, banyaknya elektron dalam rangkaian adalah 3 × 1020. 15. Jawaban: d Diketahui: V v = 20 volt V = 60 volt R v = 2.000 Ω Ditanyakan: Rf Jawab: Besar pengali untuk menaikkan batas ukur: n=
V Vv
60
= 20 = 3 Besar hambatan muka yang terpasang: Rf = (n – 1)R = (3 – 1)(2.000) = 4.000 Ω = 4 kΩ Jadi, besar hambatan muka yang terpasang sebesar 4 kΩ.
16. Jawaban: e Nilai arus yang diukur dihitung dengan persamaan berikut. nilai pada skala
I = nilai maksimum skala × batas ukur 6
= 10 × 250 mA = 150 mA Jadi, nilai kuat arus yang diukur Andi sebesar 150 mA. 17. Jawaban: a Diketahui: RA = 50 Ω I =1A IA = 1 mA Ditanyakan: Rsh Jawab: Besar pengali untuk menaikkan batas ukur: n =
I IA
=
1 1 × 10 −3
= 1.000
Hambatan shunt yang harus dipasang: R
50
Rsh = n −A 1 = 1.000 − 1 = 0,05 Jadi, besarnya hambatan shunt sebesar 0,05 Ω. 18. Jawaban: b Diketahui: d = 1,3 mm = 1,3 × 10–3 m A = 0,5 cm = 0,5 × 10–2 m ρ = 9,7 × 10–8 Ωm Ditanyakan: R Jawab: Luas penampang pada kawat: A= π
Jawab: Koefisien hambatan suhu dapat ditentukan dengan persamaan: R = R0(1 + α ∆T) R1 = R0(1 + α ∆T) 80 = 60(1 + α(T1 – T2)) 80 = 60(1 + α(100 – 0)) 80 = 60(1 + 100α) 80 = 60 + 6.000α) 6.000α = 20 1
α = ( 3 × 10–2)°C Suhu ketika R = R0(1 + R1 = R0(1 + 75 = 60(1 +
hambatan sebesar 75 Ω: α ∆T) α ∆T) α(T3 – T0)) 1
75 = 60(1 + ( 3 × 10–2)(T3 – 0)) 1
75 = 60(1 + 3 × 10–2T3) 75 – 60 = 0,2T3 15 = 0,2T3 T3 = 75 Jadi, suhu yang tercatat pada termometer sebesar 75°C. 20. Jawaban: a Diketahui: R1 = R2 = R3 = R4 = R5 = R6 = R7 = R Ditanyakan: Rtot Jawab: Jika rangkaian tersebut disusun dalam bentuk lain akan terlihat seperti berikut.
d2 4
R4 −3 2
= (3,14)(
(1,3 × 10 ) 4
10–6
)
= 1,33 × Besar hambatan kawat besi: R= ρ
A A
R2
R5
A
R3 B
R6
0,5 × 10−2
= (9,7 × 10–8)( 1,33 × 10−6 )
= 3,65 × 10–4 Ω Jadi, hambatan kawat sebesar 3,65 × 10–4 Ω. 19. Jawaban: e Diketahui: T0 T1 R0 R1 R2 Ditanyakan: T2
R1
m2
= 0°C = 100°C = 60 Ω = 80 Ω = 75 Ω
R7
R2 dirangkai seri dengan R3 sehingga hasilnya sebagai berikut: Rs = R2 + R3 Rs = R + R Rs = 2R
Fisika Kelas XII
73
Rs, R4, R5, R6, dan R7 dirangkai secara paralel. 1 Rp 1 Rp 1 Rp
1 Rs 1 2R
= =
1 2R 2 R 9
=
Rp =
+ + +
1 R4 1 R
2 2R
+ +
1 R5 1 R
+
1 R6
+ +
2 2R
1 R
+
+
+
1 R
2 2R
+
Ditanyakan: I R1R3 ≠ R2R4
1 R7
Oleh karena itu, rangkaian hambatan dapat diselesaikan dengan persamaan trasformasi ∆Y. Gambar pada rangkaian akan menjadi sebagai berikut.
2 2R
R1 RB
Hambatan total dapat ditentukan dengan merangkai Rp dengan R1 secara seri. Rs = R1 + Rp
A
R5
RA
2
RC
R4
Rs = R + 9 R
R2
B
R3
11
Rs = 9 R
Berdasarkan gambar tersebut diperoleh nilai:
Rs = 1,22R
RA =
Jadi, hambatan total rangkaian tersebut sebesar 1,22R. 21. Jawaban: b Diketahui: R1 = 12 Ω R2 = 12 Ω R3 = 3 Ω R4 = 6 Ω E1 = 6 V E2 = 12 V Ditanyakan: I Jawab: Hambatan R1 dan R2 dirangkai paralel. 1 Rp
1 R1
=
+
1
1 Rp
1 R2
1
= 12 + 12 Rp = 6 Ω Besarnya arus yang mengalir dapat ditentukan dengan menggunakan konsep hukum II Kirchhoff. ΣE + ΣIR = 0 (6 – 12) + I(Rp + R3 + R4) = 0 –6 + I(6 + 3 + 6) = 0 15I = 6 I=
6 15
=
2 5
Jadi, arus yang mengalir dalam rangkaian sebesar 2 5
A.
22. Jawaban: c Diketahui: R1 = R2 = R3 = 10 Ω R4 = 5 Ω R5 = 5 Ω V = 5,571 volt
74
Ulangan Tengah Semester 1
R1 R4 R1 + R4 + R5
(10)(5)
= 10 + 5 + 5 = 2,5 Ω RB =
R1 R5 R1 + R4 + R5
(10)(5)
= 10 + 5 + 5 = 2,5 Ω RC =
R4 R5 R1 + R4 + R5
(5)(5)
= 10 + 5 + 5 = 1,25 Ω Berdasarkan perhitungan tersebut maka rangkaian hambatan akan berubah menjadi seperti berikut. RB
A
R2 B
RA RC
R3
RB dan R2 dirangkai seri sehingga menjadi Rs , 1 sedangkan RC dan R3 dirangkai seri sehingga menjadi Rs . Adapun perhitungannya sebagai 2 berikut. Rs = RB + R2 1 = 2,5 + 10 = 12,5 Rs = RC + R3 2 = 1,25 + 10 = 11,25
Hasil dari Rs dan Rs dirangkai secara paralel. 1
1 Rp
=
1 Rs1
=
1 12,5
+
2
1 Rs2
= 25 +
1 11,25 4 45
18
20
+
2
I=
28
= 225 + 225 = 225 Rp = 8,03 Hasil dari rangkaian paralel dirangkai secara seri dengan RA sehingga memperoleh hambatan total sebagai berikut. Rtot = RA + Rp = 2,5 + 8,03 = 10,53 Arus yang mengalir pada rangkaian listrik sebesar: I =
V Rtot
5,571
= 10,53 = 0,52 Jadi, arus yang mengalir pada rangkaian tersebut sebesar 0,52 ampere. 23. Jawaban: e Diketahui: R1 = R4 = 5 Ω R2 = R3 = 10 Ω R5 = 2 Ω V = 10 volt Ditanyakan: I Jawab: R1R3 = R2R4 Oleh sebab itu, rangkaian tersebut dapat diselesaikan dengan konsep jembatan Wheatstone sehingga arus yang mengalir pada R 5 = 0. Akibatnya, R1 dirangkai seri dengan R4 dan R2 dirangkai seri dengan R3. Rs = R1 + R4 1 =5+5 = 10 Rs = R3 + R4 2 = 10 + 10 = 20 Hambatan total dapat ditentukan dengan merangkai paralel antara Rs dan Rs . 1
1 Rtot
=
1 Rs1
+
1 10
+
1 20
=
2 20
+
1 20
20
Rtot = 3
2
1 Rs2
=
=
Jika rangkaian tersebut dihubungkan dengan sumber tegangan sebesar 10 volt, arus yang mengalir dalam rangkaian:
3 20
V Rtot
=
10 volt 20 3
Ω
= 1,5 ampere
Jadi, arus yang mengalir dalam rangkaian sebesar 1,5 ampere. 24. Jawaban: e Diketahui: R1 = 2 Ω R2 = 6 Ω R3 = R4 = 3 Ω V1 = 6 V V2 = 12 V Ditanyakan: i Jawab: Hambatan R3 dan R4 disusun secara seri sehingga diperoleh nilai seperti berikut. Rs = R3 + R4 = 3 Ω + 3 Ω = 6 Ω Hambatan Rs disusun paralel dengan hambatan R2 dan diperoleh nilai Rp: 1 Rp
= = = =
1 1 + R2 Rs 1 1 + 6Ω 6Ω
2 6Ω 1 3Ω
Rp = 3 Ω Hasil perhitungan di atas menghasilkan rangkaiannya 6 V seperti gambar di samping. I Apabila arah arus dan arah R 1 Rp loop seperti gambar di samping, besar arus totalnya 12 V diperoleh seperti persamaan berikut. ΣE + ΣIR = 0 (6 V – 12 V) + I(Rp + R1) = 0 (–6 V) + I(3 Ω + 2 Ω) = 0 I(5 Ω ) = 6 V I = 1,2 ampere Jadi, kuat arus listrik total yang mengalir pada rangkaian sebesar 1,2 A. 25. Jawaban: b Diketahui: E = 40 volt r =1Ω R1 = 13 Ω R2 = 6 Ω R3 = 15 Ω R4 = 30 Ω Ditanyakan: V terbesar
Fisika Kelas XII
75
Jawab: Hambatan 30 Ω dan hambatan 15 Ω dirangkai paralel. 1 Rp
1
2+1
1
3
= 15 Ω + 30 Ω = 30 Ω = 30 Ω
Rp =
30 Ω 3
= 10 Ω
Rangkaian akan berubah seperti gambar berikut. ε
I
r 13 Ω
6 Ω
27. Jawaban: d Diketahui: qA = +9 µC qB = +16 µC qC = –4 µC RA–B = 10 cm Ditanyakan: rA–C Jawab: FAC – FBC = 0 FAC = FBC k
qA qC qA 2 r AC
10 Ω
Dengan menggunakan hukum II Kirchhoff, arus yang mengalir dalam rangkaian: ΣE + ΣI R = 0 (–E) + (I)(r + R1 + R2 + Rp) = 0 (–40) + (I)(1 + 6 + 13 + 10) = 0 30I = 40 4
I = 3 ampere Tegangan pada resistor 13 Ω V1 = I R1 4
= ( 3 A)(13 Ω) = 17,33 volt Tegangan pada resistor 6 Ω V2 = I R2 4
= ( 3 A)(6 Ω) = 8 volt Tegangan pada Rp bernilai sama dengan tegangan pada R3 dan R4. VRp = I Rp =
4 (3
A)(10 Ω)
= 13,33 volt Jadi, resistor yang memiliki beda potensial terbesar adalah R1 yaitu 13 Ω. 26. Jawaban: a Hubungan antara daya, tegangan, dan hambatan ditulis dalam persamaan: P =
V2 R
R =
V2 P
Jika peralatan listrik dirangkai secara paralel, besar tegangan pada setiap peralatan listrik bernilai sama. Oleh karena itu, besarnya hambatan dan besarnya daya berbanding terbalik. Jadi, peralatan listrik yang memiliki hambatan terbesar adalah peralatan listrik yang memiliki daya terkecil, yaitu radio.
76
Ulangan Tengah Semester 1
= k
2 r AC
9 x2 3 x
qB qC 2 rBC
=
qB 2 rBC
=
16 (10 − x )2
4
= 10 − x 4x = 30 – 3x 7x = 30 x = 4,28 Jadi, jarak muatan A dengan muatan C sebesar 4,28 cm. 28. Jawaban: a Diketahui: qA = 8 µC = 8 × 10–6 C qB = 9 µC = 9 × 10–6 C rA = 2 cm = 2 × 10–2 m rB = 3 cm = 3 × 10–2 m Ditanyakan: Ep Jawab: Arah medan listrik yang ditimbulkan setiap muatannya sebagai berikut. EA
EB P
8 µC
9 µC
Berdasarkan gambar, medan listrik dihitung dengan perhitungan: Ep = EA – EB qA r A2 qA k 2 rA
qA r A2 qA k 2 rA
= k
– k
=
–
Ep = EA – EB qA rA2 q k( A2 rA
qB rB2 qB ) rB2
Ep = k
–k
Ep =
–
Ep = (9 × 10–9)(
8 × 10−6 (2 × 10−2 )2
–
9 × 10−6 (3 × 10−2 )2
)
Ep = (9 × 10–9)(2 × 10–2 – 1 × 10–2) Ep = (9 × 10–9)(1 × 10–2) Ep = 9 × 10–7 Jadi, besar medan listrik di titik C sebesar 9 × 10–7 µC.
29. Jawaban: a
32. Jawaban: a Diketahui: r = 4 cm = 4 × 10–2 m R = 6 cm = 6 × 10–2 m k = 9 × 109 Nm2C–2 q = 1,2 × 10–19 C Ditanyakan: V Jawab:
q q k 122 r1
F1 =
q1 q2 r12
F2 = k
Jika r2 = 2r maka: q1 q2 (2r1)2 1 F 4 1
F2 = k F2 =
=k
q1 q2 4r12
1
q q
= 4 (k 1 2 2 ) r1
kq
V= R
1
V=
Jadi, gaya tolaknya menjadi 4 F.
V = 1,8 × 10–8 volt Jadi, potensial listrik di titik P sebesar 1,8 × 10–8 volt.
30. Jawaban: e Diketahui: m = 0,3 g = 3 × 10–4 kg E = 500 N/C θ = 45° Ditanyakan: q Jawab: tan 45° = 1= q=
mg E
=
depan samping
=
33. Jawaban: d Diketahui: q = –50 µC = 5 × 10–5 C r = 9 cm = 9 × 10–2 m Ditanyakan: E Jawab:
45°
F w
E=k
Eq mg
Flistrik
E
(3 × 10 −4 )10 500
w = mg
C
= 6 × 10–4 C = 6 µC
F Fa C q3
θ A
q1
q2
B
ABC sama sisi, maka θ = 60° FC =
q r2
5 × 10−5 N/C
= (9 × 109) (9 × 10−2 )2
= 5,6 × 107 N/C Medan listrik pada jarak 9 cm dari pusat bola sebesar 5,6 × 107 N/C. 34. Jawaban: e Diketahui: V1 = 3 × 106 V V2 = 10 × 10–6 V q = 40 C Ditanyakan: W Jawab: W = q∆V W = q(V1 – V2) W = (40)(10 × 10–6 – 3 × 106) W = (40)(7 × 106) W = 2,8 × 108 Jadi, usaha yang dibutuhkan untuk memindahkan muatan sebesar 2,8 × 108 joule.
31. Jawaban: b Diketahui: q1 = q2 = q3 Ditanyakan: FC Jawab:
Fb
(9 × 109 )(1,2 × 10 −19 ) 6 × 10−2
Fa2 + Fb2 + 2FaFb cos 60°
35. Jawaban: c Diketahui: +2 µC
30 cm
–2 µC
1
=
2F 2 + 2F 2 + (8F 2 )( 2 )
=
8F 2
d
=F 8 = 2 2F
–2 µC
+2 µC
Gaya Coulomb pada titik C sebesar 2 2 F.
Fisika Kelas XII
77
4 × 10−4 −2 5 2 × 10
(30 cm)2 + (30 cm)2
= (9 × 109)
=
(900 + 900) cm2
=
=
1.800 cm2
= 3,6 2 × 10–7 volt
d =
r = =
sebesar 3,6 2 × 10–7 volt. 38. Jawaban: c Diketahui: C1 = 2 µF C2 = 4 µF V = 9 volt Ditanyakan: q2 Jawab: Kapasitas kapasitor total pada rangkaian:
2 cm)
r = 15 2 cm = 15 2 × 10–2 m Vp = k( =k
q1 r1
+
q2 r2
+
q3 r3
q4 r4
+
)
(2 × 10−6 C) − (2 × 10−6 C) + (2 × 10−6 C) − (2 × 10−6 C) 15 2 × 10−2 m
=k·0=0 Jadi, besar potensial listrik di pusat persegi bernilai 0. 36. Jawaban: b Potensial listrik yang terjadi pada sebuah bola konduktor di permukaan bola memiliki nilai yang sama dengan potensial listrik yang terjadi dalam sebuah bola konduktor. Oleh karena itu, potensial listrik pada R memiliki kesamaan dengan potensial listrik pada titik Q dan titik P. Adapun potensial listrik terkecil terjadi pada titik terjauh dari pusat bola konduktor. Jadi, jawaban yang tepat adalah pilihan b. 37. Jawaban: c q = 100 µC = 10–4 C r1 = r2 = r3 = r4 = r q1
10 cm
r =
q2
1 d 2 1
(10 cm)2 + (10 cm)2
1
200 cm2
= 2
p
= 2 q4
q3
=
V =
+
+ 10
q3 r3
+
q4 r4
1 C
= 1 + 1
1 C
= 2 + 1
1 C1
2
4
1 C2
+
4
4
4
C = 3 µF Muatan total pada rangkaian: q = cV 4
q = ( 3 µF)(9 volt) q = 12 µC Apabila sebuah rangkaian kapasitor disusun seri maka besar muatan pada setiap kapasitor nilainya sama dengan muatan total sehingga muatan pada kapasitor 4 µF adalah 12 µC. Jadi, jawaban yang tepat adalah pilihan c. 39. Jawaban: e Diketahui: qC = 10 µC = 10–5 C V = 10 volt Ditanyakan: W Jawab:
= 1 (10–5 C)(10 volt)
2 cm)
2
10–2
= 5 × 10–5 joule m
Energi yang tersimpan sebesar 5 × 10–5 joule.
)
−4
10
−4
10
−4
= (9 × 109)( 5 2 × 10−2 + 5 2 × 10−2 + 5 2 × 10−2 10−4
+ 5 2 ⋅ 10−2 )
78
=
2
1 ( 10 2
= 5 2 × q2 r2
1 C
W = 1q V
= 5 2 cm q1 k( r 1
× 10–7
Jadi, potensial di titik perpotongan diagonal
= 30 2 cm Ditanyakan: Vp Jawab: 1 d 2 1 ( 30 2
36 5 2
Ulangan Tengah Semester 1
40. Jawaban: c Diketahui: CX = CY = 6 F CZ = 12 F V = 24 volt Ditanyakan: WZ jika t = 5 menit
Jawab: Kapasitor X dan kapasitor Y dirangkai secara paralel. Cp = CX + CY Cp = (6 + 6) F Cp = 12 F Hasil dari kapasitas kapasitor paralel dirangkai seri dengan kapasitor Z sehingga diperoleh kapasitas kapasitor total. 1 Ctot
= C + p
1
1 CZ
1 Ctot
= 12 + 12
1
1
2
1 Ctot
= 12 Ctot = 6 F Muatan total pada rangkaian dihitung melalui perhitungan berikut. q = CtotV q = (6)(24) q = 144 C Muatan total yang diperoleh memiliki kesamaan nilai dengan muatan pada kapasitor Z dan kapasitor paralel. Besar energi yang tersimpan pada kapasitor Z: q2 W = 1
2 C
(144)2 W = 1
2
12
W = 864 Jadi, energi yang tersimpan pada kapasitor Z adalah 864 joule.
2. Diketahui:
L = 0,8 m v = 400 m/s Ditanyakan: f0 dan λ0 Jawab: 1
L = 2 λ0 → λ0 = 2L = 2(0,8 m) = 1,6 m f0 =
v f0
400 m/s 1,6 m
=
= 250 Hz
Jadi, frekuensi dan panjang gelombang nada dasarnya berturut-turut adalah 250 Hz dan 1,6 m. 1
d = 400 mm = 2,5 × 10–6 m λ = 4,5 × 10–7 m n =2 L = 0,2 m Ditanyakan: y2 Jawab:
3. Diketahui:
y2 d L
y2
= nλ = =
nλL d (2)(4,5 × 10−7 m)(0,2 m) 2,5 × 10−6 m
= 0,072 m = 7,2 cm Jadi, jarak terang orde kedua ke terang pusat sejauh 7,2 cm. RG = 50,0 Ω IG = 20 mA I =5A Ditanyakan: Rsh Jawab: Besarnya faktor pengali pada galvanometer:
4. Diketahui:
I IA
5 2 × 10 −2
B. Uraian
n=
1. Diketahui:
Besarnya hambatan shunt pada galvanometer:
vp = 0 m/s v s = 25 m/s f s = 300 Hz v = 325 m/s Ditanyakan: fp Jawab: fp =
v + vp
f v − vs s (325 + 0) m/s
= ( (325 − 25) m/s )(300 Hz) 325
= 300 × 300 Hz = 325 Hz Jadi, frekuensi yang didengar calon penumpang sebesar 325 Hz.
=
R
= 250
50
50
Rsh = n −G1 = 250 − 1 = 249 = 0,2 Ω Jadi, besarnya hambatan shunt sebesar 0,2 Ω. R1 = 5 Ω R2 = 15 Ω V = 15 volt Ditanyakan: a. I1 dan I2 b. W1 dan W2 Jawab: a. Jika hambatan disusun paralel, nilai tegangan setiap hambatan bernilai sama dengan tegangan total.
5. Diketahui:
I1 =
V R1
15
= 5 ampere = 3 ampere
Fisika Kelas XII
79
I2 =
V R2
15
= 15 ampere = 1 ampere Jadi, kuat arus yang mengalir pada hambatan pertama sebesar 3 ampere dan kuat arus kedua sebesar 1 ampere. b.
Energi listrik dapat ditentukan dengan persamaan berikut. W = I 2Rt Berdasarkan persamaan di atas, besar energi listrik tiap-tiap hambatan sebagai berikut. W1 = I12R1t = (3 A)2(5 Ω)(18.000 s) = 810.000 joule = 8,1 × 105 joule W2 = I22R2t = (1 A)2(15 Ω)(18.000 s) = 270 joule = 2,7 × 105 joule
6. Perhatikan rangkaian listrik berikut!
Hitunglah kuat arus yang melewati hambatan pertama! Jawaban: Diketahui: V = 40 volt R1 = 4 Ω R2 = 4 Ω R3 = 8 Ω Ditanyakan: I1 Jawab: Hambatan R1 dan R2dirangkai paralel sehingga nilainya: 1 Rp
=
1 R1
1
+
1 R2
1
= 4 + 4 2
Berdasarkan gambar tersebut, tentukan beda potensial antara titik a dan b! Jawaban: Diketahui: R1 = 2 Ω R2 = 3 Ω R2 = 5 Ω E1 = 24 volt E2 = 4 volt Ditanyakan: Vab Jawab: Arus yang mengalir dalam rangkaian sebagai berikut. ΣE + ΣIR = 0 (4 – 24) + I(2 + 3 + 5) = 0 –20 + 10I = 0 10I = 20 I = 2 ampere Beda potensial antara titik AB adalah: VAB = ΣE + ΣIR = 0 + (2)(5) = 10 Jadi, beda potensial antara titik AB adalah 10 volt. 7. Perhatikan gambar susunan hambatan di bawah ini!
80
Ulangan Tengah Semester 1
= 4 Rp = 2 Hambatan total pada rangkaian: RT = Rp + R3 = (2 + 8) Ω = 10 Ω Arus total yang mengalirdalamrangkaian: V = IRp I =
V Rp
40
= 10 ampere = 4 ampere
Tegangan yang mengalir dalam rangkaian paralel: Vp = IRp = (4)(2) volt = 8 volt Kuat arus yang melalui hambatan R1: I1 =
Vp Rp
8
= 4 ampere = 2 ampere
Jadi, besarkuatarus yang melalui hambatan R1 adalah 2 ampere. 8. Tiga buah partikel bermuatan listrik terletak pada satu garis lurus seperti gambar berikut.
Hitunglah gaya Coulomb di muatan q3 akibat dua muatan lainnya!
Jawaban: Diketahui: q1
q2
q3 F32
F31
q1 = –8 µC = –8 × 10–6 C q2 = +3 µC = +3 × 10–6 C q3 = –4 µC = –4 × 10–6 C r13 = 0,3 m r23 = 0,1 m Ditanyakan: F3 Jawab: Muatan q3 mendapat gaya tolakan dari q1(F31) dan gaya tarik dari q2(F32).
Ditanyakan: a. b. c.
y A
= (9 × 109 Nm2/C2)
(4 × 10
C)(8 × 10 (0,3 m)2
−6
4m q1 +
q3q2
F32 = k r 2 32
(4 × 10
−6
C)(3 × 10 (0,1m)2
−6
P1 = 40 watt V1 = 220 volt V2 = 110 volt Ditanyakan: W jika t = 5 menit Jawab: Setiap peralatan listrik meskipun dihubungkan tegangan yang berbeda, nilai hambatan listrik pada peralatan tersebut bernilai sama. Oleh karena itu, hubungan antara daya dan tegangan dituliskan dalam persamaan: 2
2
110
4P2 = 40 P2 = 10 watt Energi listrik yang diserap: W = P2t W = (10 watt)(5 jam) W = (10 watt)(18.000 sekon) W = 180.000 joule Jadi, energi yang diserap pada alat sebesar 180.000 joule.
q1 r1
+
q2 r2
= (9 × 109)(
b.
9. Diketahui:
220 =
Potensial listrik di titik A (VA) r1 = r1 = 5 m A r2 = r2 = 5 m VA = k(
C)
F 32 = 10,8 N Oleh karena F31 dan F32 berlawanan arah, maka: F3 = F31 – F32 = 3,2 N – 10,8 N = –7,6 N Tanda negatif artinya gaya muatan q3 sebesar 7,6 N searah dengan F32, yaitu ke arah kiri.
40 P2
q2 + (3, 0)
A
= (9 × 109 Nm2/C2)
V1 V 2
B (0, 0)
C)
a.
3m
3m
(–3, 0)
F 31 = 3,2 N
=
5m
5m
q 3q1 −6
potensial listrik di A (0, 4) m potensial listrik di B (0, 0) m usaha untuk memindahkan muatan –0,4 µC ke titik A
Jawab:
F31 = k r 2 31
P1 P2
q1 = +6 µC = +6 × 10–6 C koordinat q1 = (–3, 0) q2 = +2 µC = 2 × 10–6 C koordinat q2 = (3, 0)
10. Diketahui:
) +6 × 10−6 5
+
+2 × 10−6 5
)
= 1,44 × 104 volt Potensial listrik di titik A sebesar 1,44 × 104 V. Potensial listrik di titik B (0, 0) r1 = r1 = 3 m B r2 = r2 = 3 m B
VB = k(
q1 r1
+
q2 r2
= (9 × 109)( = 2,4 × c.
104
) +6 × 10−6 3
+
+2 × 10−6 3
)
volt
Potensial listrik di titik B sebesar 2,4 × 104 V. Usaha untuk memindahkan muatan –0,4 µC ke titik A q = –0,4 µC = –0,4 × 10–6 C WA = q VA = –(0,4 × 10–6 C)(1,44 × 104 volt) = –5,76 × 10–3 joule (tanda negatif menunjukkan arah) Usaha yang diperlukan sebesar 5,76 × 10–3 J.
Fisika Kelas XII
81
Setelah mempelajari bab ini, peserta didik mampu: 1. mengetahui prinsip kerja medan magnetik dalam kehidupan sehari-hari; 2. melakukan percobaan untuk menyelidiki medan magnet dan gaya magnet; 3. menerapkan induksi magnetik dan gaya magnetik dalam pemecahan masalah listrik. Berdasarkan pengetahuan dan keterampilan yang dikuasai, peserta didik: 1. menyadari kebesaran Tuhan yang menciptakan keseimbangan sehingga memungkinkan manusia mengembangkan teknologi untuk mempermudah kehidupan; 2. berperilaku ilmiah (memiliki rasa ingin tahu, objektif, jujur, teliti, cermat, tekum, hati-hati, bertanggung jawab, terbuka, kritis, dan inovatif) dalam melakukan percobaan, melaporkan, dan berdiskusi; 3. menghargai kerja individu dan kelompok dalam aktivitas sehari-hari.
Medan Magnetik
Induksi Magnet
• • • • •
Menentukan arah-arah gaya magnet. Menggambarkan arah medan magnet induksi sekitar penghantar berarus. Menyelidiki hubungan antara kuat arus dan induksi magnetik. Menyelidiki hubungan antara jarak titik ke kawat dan induksi magnetik di sekitar penghantar berarus. Mencari tahu fenomena kemagnetan yang diterapkan dalam kehidupan manusia.
• • • • • • • • • • • •
82
Gaya Lorentz dan Fluks Magnetik
• • • • •
Menyelidiki arah gaya magnet pada magnet U. Menyelidiki arah gaya Lorentz pada kawat sejajar dengan arah arus searah dan berlawanan. Menyelidiki hubungan antara kuat arus dan gaya Lorentz. Menyelidiki hubungan antara jarak kedua kawat dengan gaya Lorentz. Merancang dan membuat penerapan alat yang menerapkan konsep magnet.
Bersyukur atas terciptanya magnet untuk mempermudah kehidupan manusia. Bersikap objektif, jujur, cermat, dan kritis dalam setiap kegiatan. Menghargai kerja individu dan kelompok dalam setiap kegiatan. Menjelaskan pengukuran induksi magnetik dan gaya magnetik. Menggambarkan arah medan magnet induksi di sekitar penghantar berarus. Menjelaskan hubungan antara jarak titik ke kawat dan induksi magnetik di sekitar penghantar berarus. Menjelaskan fenomena kemagnetan yang diterapkan dalam kehidupan manusia. Menjelaskan arah gaya magnet pada magnet U. Menjelaskan arah gaya Lorentz pada kawat sejajar dengan arah arus searah dan berlawanan. Menjelaskan hubungan antara kuat arus dan gaya Lorentz. Menjelaskan hubungan antara jarak kedua kawat dari gaya Lorentz. Membuat rancangan dan produk alat yang menerapkan konsep magnet.
Radiasi Elektromagnetik
A. Pilihan Ganda
Jawab:
1. Jawaban: d Arah arus pada kawat dan arah medan magnetik dijelaskan melalui gambar berikut.
B = 2a0
P
Nµ I
I =
B
= I
2. Jawaban: d Supaya kompas tidak dipengaruhi medan magnetik, kompas harus terletak pada tempat yang medan magnetnya nol. Titik 2 mempunyai resultan medan magnetik nol karena B x = B y dan berlawanan arah seperti pada gambar.
Bx
Iy
Ix By
ampere
5. Jawaban: e 10 cm Diketahui: I1 I2 a = 10 cm = 0,1 m I1 = I2 = 4 A P a1 = 2 cm = 2 × 10–2 m 2 cm a2 = 8 cm = 8 × 10–2 m Ditanyakan: B di P Jawab: Berdasarkan kaidah genggaman tangan kanan, induksi magnet di titik P oleh arus I1 dan I2 memiliki arah yang sama, yaitu memasuki bidang. Oleh karena itu, perhitungan medan magnetnya seperti berikut. Btot = B1 + B2 µ I
µ I
= 2π0 a1 + 2π0 a2 1 2
3. Jawaban: e Diketahui: B = 3 × 10–4 Wb/m2 I = 15 A µ0 = 4π × 10–7 Wb/Am Ditanyakan: a Jawab:
= =
µ0 I 2π
1
(a + 1
1 a2
(4π × 10 −7 )(4) 2π
=8×
µI
B = 2π0a
)
1 2 × 10−2 4 +1 10–7( ) 8 × 10−2
(
+
1 8 × 10−2
)
= 5 × 10–5 T Jadi, besar induksi magnetik di titik P sebesar 5 × 10–5 T.
µI
a = 2π0B (4π × 10−7 )(15)
= 2π (3 × 10−4 ) meter = 1 × 10–2 meter = 1 cm Jadi, jarak titik ke kawat sejauh 1 cm. 4. Jawaban: b Diketahui: B a N µ0 Ditanyakan: I
2(2,5π × 10−5 )(2 × 10 −1) 6(4π × 10−7 )
= 4,2 ampere Jadi, besar arus listrik yang melewati kawat sebesar 4,2 ampere.
I
Dengan aturan tangan kanan seperti gambar di atas, arah arus listrik mengikuti arah ibu jari yaitu dari arah timur ke barat. Dengan demikian, induksi magnetik titik P ke arah selatan.
2Ba N µ0
= 2,5π × 10–5 T = 20 cm = 2 × 10–1 m =6 = 4π × 10–7 Wb/Am
6.
Jawaban: a Diketahui: a1 = 4 cm = 4 × 10–2 m a2 = 2 cm = 2 × 10–2 m a3 = 2 cm = 2 × 10–2 m I1 = 2 A I2 = 1 A I3 = 1 A Ditanyakan: BP Jawab: Berdasarkan kaidah genggaman tangan kanan, medan magnet yang ditimbulkan oleh I1 berarah masuk bidang (B 1 bernilai negatif). Medan
Fisika Kelas XII
83
magnet yang ditimbulkan oleh arus I2 dan I3 berarah keluar bidang (B2 dan B3 bernilai positif). Dengan demikian, medan magnet total di titik P sebagai berikut. BP = –B1 + B2 + B3 µ I
µ I
Jawab: µ0 I
=
µ0 2π
I
(– a1 + 1
(4π × 10−7 ) 2π
=2×
I2 a2
µ I
+
I3 a3
=
2 1 1 + + 4 × 10−2 2 × 10−2 2 × 10−2 1 1 1 10–7(– + + ) 2 × 10−2 2 × 10−2 2 × 10−2
)
= 1 × 10–5 T Jadi, besar medan magnet di P = 1 × 10–5 T keluar bidang.
r
=5A = 3 cm = 3 × 10–2 m = 4 cm = 4 × 10–2 m = 4π × 10–7 Wb/Am
=
a2 + x 2
=
32 + 42 cm
1
magnetik di titik P adalah 4 lingkaran yang dialiri arus I = 6 A. 1 µ I
BP = 4 20a
1 (4π × 10 −7 )(6)
= 4 T = π × 10–7 T (2)(3) Jadi, induksi magnetik di titik P adalah π × 10–7 T.
(4π × 10−7 )(15)
µI
µ0Ia 2 2r 3
=
(4π × 10−7 )(5)(3 × 10−2 )2 2(5 × 10−2 )3
=
(4π × 10−7 )(5)(9 × 10−4 ) 2(125 × 10−6 )
Wb/m2
=
(4π × 10 −7 )(5)(9 × 10 −4 ) 2,5 × 10 −4
Wb/m2
Wb/m2
B = 2π0a = = 1,5 × 10–4 2π (2 × 10−2 ) Arah induksi magnet mengikuti aturan genggaman tangan kanan sehingga arahnya tegak lurus menjauhi bidang kertas. Jadi, besar dan arah induksi magnet di titik P adalah 1,5 × 10–4 T tegak lurus menjauhi bidang kertas. 11. Jawaban: d
= 72π × 10–7 Wb/m2 = 7,2π × 10–6 Wb/m2 Jadi, induksi magnetik di titik P adalah 7,2π × 10–6 Wb/m2. 8. Jawaban: e Diketahui: aA = 6 cm aB = 9 cm Ditanyakan: BA : BB
84
9. Jawaban: b Komponen kawat lurus tidak menimbulkan induksi magnet di titik P karena jika diperpanjang, kedua komponen kawat lurus tersebut akan melalui titik P. Komponen kawat yang menimbulkan induksi
10. Jawaban: b Diketahui: I = 15 A a = 2 cm = 2 × 10–2 m µ0 = 4π × 10–7 Wb/Am Ditanyakan: B Jawab:
= 25 cm = 5 cm = 5 × 10–2 m Bp =
3:2
Jadi, perbandingan antara induksi magnet di titik A dan B adalah 3 : 2.
)
(–
7. Jawaban: a Diketahui: I a x µ0 Ditanyakan: Bp Jawab:
1 1 : aA aB 1 1 : 9 = 6
=
= – 2π0 a1 + 2π0 a2 + 2π0 a3 1 2 3 =
µ0 I
BA : BB = 2π a : 2π a A B
Radiasi Elektromagnetik
I
Kuat medan magnet di P akan bernilai nol jika B 1 = B 2 berlawanan arah (B1 = induksi magnetik oleh I 1 dan B 2 = induksi magnetik oleh I2).
P 1 3
d
2 3
B1 = B2 →
d
µ 0 I1 2π a1 I 1 d 3
µ I
= 2π0 a2 2 =
I2 2 d 3
I2 = 2I Sesuai kaidah genggaman tangan kanan, arah B1 di titik P masuk bidang. Berdasarkan syarat yang dijelaskan sebelumnya, B2 berlawanan arah B1 maka B 2 harus keluar bidang di P. Dengan menerapkan kaidah tangan kanan, arah arus I2 ke atas.
12. Jawaban: c Diketahui: B1 = B N2 = 2N1 A2 = 1,2A1 Ditanyakan: B2 Jawab: Induksi magnetik di ujung solenoid dirumuskan melalui persamaan: N µ0 I 2A
B=
Berdasarkan persamaan di atas, kuat medan magnet berbanding lurus dengan jumlah lilitan dan berbanding terbalik dengan panjang kawat. Oleh karena itu, perbandingan B1 dan B2 sebagai berikut. N1 A 2 N2 A 1 N1 1,2A 1 2N1 A 1
B1 B2
=
B B2
=
B B2
= 5
= 60 lilitan = 20 A = 40 cm = 4 × 10-1 m = 4π × 10–7 Wb/Am
µ NI
B = 20π a
(4π × 10−7 )(60)(20) 2π (4 × 10−1)
=
= 6 × 10–4 Jadi, besar induksi magnetik di sumbu toroid adalah 6 × 10–4 Wb/m2. B. Uraian 1. Diketahui:
3 5
B2 = 3 B B2 = 1,67B Jadi, medan magnet sekarang menjadi 1,67 kali semula. 13. Jawaban: d Diketahui: As Ns aT Is Bs Ditanyakan: NT Jawab: B s = BT
15. Jawaban: c Diketahui: N I a µ0 Ditanyakan: B Jawab:
= 4π cm = 4π × 10–2 m = 100 = 10 cm = 1 × 10–1 m = IT = BT
d = 5,0 cm = 5 × 10–2 m I1 = 0,9 A I2 = 1,6 A a1 = 3 cm = 3 × 10–2 m a2 = 4 cm = 4 × 10–2 m Ditanyakan: BP Jawab: Anggap arus listrik masuk bidang kertas dan disimbolkan dengan tanda ⊗. Dengan aturan tangan kanan, arah medan magnet di titik P oleh tiap-tiap arus diperlihatkan pada gambar berikut. P 3 cm
B2
B1
4 cm
i2
i1 5 cm
µ0N sI s As
=
µ0N TI T 2π aT
Besar tiap-tiap medan magnet sebagai berikut.
Ns As
=
NT 2π a T
B1 = 2π0 a1 1
NT =
N s 2π aT As
µ I
=
(100)(2π )(0,1) (4π × 10 −2 )
= 500
=
Jadi, jumlah lilitan pada toroid adalah 500 lilitan. 14. Jawaban: b Diketahui: B a µ0 I Ditanyakan: N Jawab: B = N =
= 1,8 × 10–4 T = 20 cm = 2 × 10–1 m = 4π × 10–7 Wb/Am =5A
2π Ba µ0I
−4
µ I
=
2π (1,8 × 10 )(2 × 10 ) lilitan (4π × 10−7 )(5)
= 36 lilitan
Jadi, jumlah lilitan pada toroid sebanyak 36 lilitan.
(4π × 10−7 )(1,6)
B2 = 2π0 a2 = = 8 × 10–6 T (2π )(4 × 10−2 ) 2 Oleh karena B1 dan B2 membentuk vektor yang saling tegak lurus maka resultan medan magnet di titik P adalah:
=
−1
T
= 6 × 10–6 T
B =
µ0NI 2π a
(4π × 10−7 )(0,9) (2π )(3 × 10−2 )
B12 + B 22
(6 × 10−6 )2 + (8 × 10−6 )2
= 10 × 10–6 T = 1 × 10–5 T Jadi, medan magnet di titik P sebesar 1 × 10–5 T.
Fisika Kelas XII
85
A N I µ0 Ditanyakan: a. b. Jawab:
= 50 cm = 5 × 10–1 m = 200 lilitan =4A = 4π × 10–7 Wb/Am B di ujung solenoid B di tengah solenoid
2. Diketahui:
b.
r =
BP =
B = 2 =
= T =
= 3,2π × 10–4 T b.
B =
µ0 N I A
=
−7 A) = (4π × 10 Wb/Am)(200)(4 −1
5 × 10
3. Diketahui:
N I rd rA Ditanyakan: B Jawab:
= 4.000 lilitan =5A = 8 cm = 12 cm
1
a = 2 (rd + rA)
4. Diketahui:
I =5A a = 2 cm = 2 × 10–2 m x = 4 cm = 4 × 10–2 m Ditanyakan: a. B di pusat lingkaran b. B di titik P Jawab: a. Medan magnet di titik pusat lingkaran =
(4π × 10−7 )(5) 2(2 × 10−2 )
T = 5π × 10–5 T
Jadi, medan magnet di pusat lingkaran sebesar 5π × 10–5 T.
86
1 5
T
π 5 × 10–4 T
ra = 6 cm = 6 × 10–2 m rb = 8 cm = 8 × 10–2 m Ia = 9 A Ib = 16 A Ditanyakan: BP Jawab:
T
= 4 × 10 T Jadi, induksi magnet pada sumbu toroid tersebut sebesar 4 × 10–2 T.
µ0 I 2a
80 5 × 10−6
5. Diketahui:
Bb =
–2
Bo =
80π × 10 −10
T
µ0 I a 2πra (4π × 10−7 )(9) (2π )(6 × 10−2 )
T
= 3 × 10–5 T
µ0 I N 2π a (4π × 10 )(5)(4.000) (2π )(10−1)
2(40 5 × 10 −6 )
2 5π × 10–5 T.
=
−7
=
80π × 10−10
T
Jadi, medan magnet di titik P sebesar
1
B =
(4π × 10−7 )(5)(2 × 10−2 )2 2(2 5 × 10−2 )3
= 2 5π × 10–5 T
Ba =
= 2 (8 + 12) cm = 10 cm = 10–1 m
µ0 I a 2 2r 3
= 0,2 5π × 10–4 T
m
= 6,4π × 10–4 T Jadi, medan magnet di ujung solenoid sebesar 3,2π × 10–4 T dan di tengah solenoid sebesar 6,4π × 10–4 T.
20
r = 2 5 cm = 2 5 × 10 m Medan magnet di titik P adalah:
=
(4π × 10−7 )(200)(4) 2(5 × 10−1)
42 + 22 = 16 + 4 = –2
1 µ0 N I A
a.
x 2 + a2 =
Radiasi Elektromagnetik
BP =
µ0 I b 2πrb
=
(4π × 10−7 )(16) (2π )(8 × 10−2 )
T = 4 × 10–5 T
Ba2 + Bb2
=
(3 × 10−5 T)2 + (4 × 10−5 T)2
=
9 × 10 −10 T 2 + 16 × 10 −10 T 2
= 25 × 10−10 T 2 = 5 × 10–5 T Jadi, medan magnetik di titik P sebesar 5 × 10–5 T.
µ0 = 4π × 10–7 Wb/Am I = 40 A a = 2 cm = 2 × 10–2 m Ditanyakan: Bp
6. Diketahui:
Jawab:
Jawab: µ IN
(360° − 90°) µ0I 360° 2a
Bp =
B = 20a
270° (4π × 10−7 )(40)
= 360° 2(2 × 10−2 )
I =
tesla
=
−7
3 (4π × 10 )(40) 4 4 × 10−2
=
tesla
= 3π × 10–4 tesla Jadi, kuat medan di titik P adalah 3π × 10–4 tesla. 7. Diketahui:
aPQ = 0,15 m IP = 8 A IQ = 4 A Ditanyakan: aXP Jawab: Posisi titik X sehingga kuat medan magnetnya nol. 8A a
Kawat P
5,0
= π ampere Jadi, arus yang mengalir pada kumparan sebesar 5,0 π
N A
5 lilitan
= 1 cm = 5 × 102 lilitan/m I = 0,8 A Ditanyakan: B di ujung Jawab:
Kawat Q
B=0 BP – BQ = 0 BP = BQ µI
= 2π0aQ QX
IP aPX
=
IQ aQX
8 a
=
4 0,15 − a 1
= 0,15 − a 0,3 – 2a = a 3a = 0,3 a = 0,1 Jadi, jarak titik X dari kawat P adalah 0,1 meter. 8. Diketahui:
ampere.
9. Diketahui:
=
2 a
ampere
0 B = 2A
0,15 – a 4A
µ 0IP 2π aPX
2(2,0 × 104 )(5 × 10−2 ) (4π × 10−7 )(10)
µ IN
0,15 m x
2Ba µ0N
N a B µ0 Ditanyakan: I
= 10 = 5 cm = 5 × 10–2 m = 2,0 × 104 T = 4π × 10–7 Wb/Am
(4π × 10 −7 )(0,8) (5 2
× 102)
= 8π × 10–5 Wb/m2 Jadi, induksi magnetik pada sebuah titik yang terletak di bagian ujung solenoida adalah 8π × 10–5 Wb/m2. 10. Diketahui:
a B I µ0 Ditanyakan: N Jawab:
= 30 cm = 3 × 10–1 m = 21 × 10–6 T = 0,9 A = 4π × 10–7 Wb/Am
µ IN
B = 20π a N = =
2π Ba µ0I
2π (21× 10−6 )(3 × 10−1) (4π × 10−7 )(9 × 10−1)
= 35 lilitan Jadi, jumlah lilitan toroida sebanyak 35 lilitan.
Fisika Kelas XII
87
4. Jawaban: a Diketahui: I = 10 A a = 4 mm = 4 × 10–3 m v = 2 × 104 m/s qe = –1,6 × 10–19 C Ditanyakan: besar dan arah F Jawab:
A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: b Diketahui: a = 100 cm = 1 m I1 = 2 A I1 I2 = 3 A F A
Ditanyakan:
F1
Jawab: F A
I2
100 cm
F2
µ I I
= 20π1a2 =
(4π × 10 −7 )(2)(3) (2π )(1)
= 12 × 10–7 N/m = 1,2 × 10–6 N/m Jadi, gaya per satuan panjang kawat tersebut adalah 1,2 × 10–6 N/m. 2. Jawaban: c Diketahui: I a v q Ditanyakan: F Jawab: B=
µ0 I 2πa
=
= 10 A = 2 cm = 2 × 10–2 m = 4 × 105 m/s = e = –1,6 × 10–19 C
(4π × 10−7 )(10) (2π )(2 × 10−2 )
T = 10–4 T
F=Bqv = (10–4 T)(1,6 × 10–19 C)(4 × 105 m/s) = 6,4 × 10–18 N Jadi, besar gaya Lorentz yang dialami elektron adalah 6,4 × 10–18 N. 3. Jawaban: b Diketahui: R1 = 10 cm v2 = 1,2v1 R2 = 20 cm B1 = B2 = B Pada gerak melingkar, gaya Lorentz sama dengan gaya sentripetal. FLorentz = Fsentripetal 2 B q v = mv
R
m q m1 q1 m2 q2
=
BR v
=
R1 R2
m
R
atau q ~ v ×
v2 v1
=
10 20
× 1,2 =
3 5
Jadi, perbandingan massa per muatan antara partikel pertama dan kedua adalah 3 : 5. 88
Radiasi Elektromagnetik
µ I
(4π × 10−7 )(10)
B = 2π0 a = = 5 × 10–4 T (2π )(4 × 10−3 ) F =Bqv = (5 × 10–4 T)(1,6 × 10–19 C)(2 × 104 m/s) = 1,6 × 10–18 N Medan magnet yang ditimbulkan penghantar ditentukan berdasarkan genggaman tangan kanan. Ibu jari berarah ke atas menunjukkan arah arus sehingga medan magnet di sekitar elektron masuk ke bidang kertas. Arah gaya Lorentz ditentukan berdasarkan kaidah tangan kanan. Oleh karena elektron bergerak ke bawah, arus listrik yang ditimbulkan gerakan elektron berarah ke atas. Dengan demikian, gaya Lorentz berarah ke kiri (menuju kawat). Jadi, gaya Lorentz yang dialami elektron 1,6 × 10–18 N menuju kawat. 5. Jawaban: d Arah gaya Lorentz ditentukan dengan kaidah tangan kanan. Ibu jari menunjukkan arah arus, jari telunjuk menunjukkan arah medan magnetik, jari tengah yang ditekuk menunjukkan arah gaya Lorentz. Pada gambar (1), arah arus ke atas, sedangkan medan magnet masuk bidang gambar sehingga gaya Lorentz seharusnya ke arah kiri (Gambar (1) salah). Pada gambar (2), arah arus keluar bidang gambar, sedangkan arah medan magnet ke bawah sehingga gaya magnet seharusnya ke arah kanan (Gambar (2) salah). Pada gambar (3), arah arus ke bawah, sedang arah medan magnet keluar bidang sehingga arah gaya magnetik ke kiri (Gambar (3) benar). Pada gambar (4), arah arus keluar bidang gambar, sedangkan arah medan magnet ke atas sehingga gaya magnet ke kiri (Gambar (4) benar). Jadi, jawaban yang benar ditunjukkan oleh gambar nomor (3) dan (4). 6. Jawaban: a Diketahui: v I a q Ditanyakan: FL
= 6 × 104 m/s = 10 A = 1 cm =1 × 10–2 m = 1,6 × 10–19 C
8. Jawaban: d Diketahui: B = 0,016 T I = 20 A a = 60° A = 80 cm = 8 × 10–1 m Ditanyakan: F Jawab: F = B I A sin a = (0,016)(20)(8 × 10–1) sin 60°
Jawab:
•
–q B
I
F =Bqv µ0I
= 2π a q v =
(4π × 10 −7 )(10) (1,6 −2 2π (1× 10 ) –4
= (0,016)(20)(8 × 10–1)( × 10
–19
–19
4
)(6 × 10 ) 4
= (2 × 10 )(1,6 × 10 )(6 × 10 ) = 1,92 × 10–18 Jadi, gaya Lorentz pada elektro 1,92 × 10–18 N. 7. Jawaban: a Diketahui: a = 3 cm IQ = 6 A IP = 3 A IR = 1 A FR = 0 Ditanyakan: aR Jawab: Arah gaya magnet pada dua kawat lurus berarus sebagai berikut. P
R FPR
FRQ
FR = 0 FPR – FRQ= 0 FPR = FRQ I I
A = k aR Q A RQ
IPIR aPR
=
IRIQ aRQ
(3)(1) (3 − x )
=
(1)(6) x
=
6 x
3 3−x
F A
µ II
= 20π1a2
I2 =
F 2π a A µ0I1
2π (0,4) −7 π × (4 10 )(10)
= (3,6 × 10–4)
A
10. Jawaban: e Diketahui: I1 = 15 A I2 = 10 A
x
IPIR aPR
9. Jawaban: a Diketahui: F = 3,6 × 10–4 N I1 = 10 A a = 0,4 m Ditanyakan: I2 Jawab:
= 72 A Jadi, arus yang mengalir pada kawat kedua adalah 72 A.
3 cm
k
3)
= 0,221 N Jadi, besar gaya pada kawat adalah 0,221 N.
Q
3–x
1 2
3x = 18 – 6x 9x = 18 x=2 Jadi, kawat R diletakkan 2 cm di kiri Q atau 1 cm di kanan P.
F A
= 1,6 × 10–4 N
µ0 = 4π × 10–7 Wb/Am Ditanyakan: a Jawab: F A
µ II
= 20π1a2
a = =
µ0I1I2A 2π F (4π × 10−7 )(15)(10)(1) 2π (1,6 × 10−4 )
≈ 0,19 m
Jadi, jarak kedua kawat kira-kira 0,19 m. B. Uraian 1. Diketahui:
v = 5 × 106 m/s I = 20 A a = 10 cm = 10 × 10–2 m Ditanyakan: FA
Fisika Kelas XII
89
(3,2 × 10–17) = (4,55 × 10–31)v 2 v 2 = 7,03 × 1013 v = 8,38 × 106 Jadi, kecepatan elektron dalam medan magnet sebesar 8,38 × 106 m/s.
Jawab: I
I
a = 10 cm – q
q –
B
v
v
b.
FL = Fsp
F
Dengan aturan tangan kanan, arah medan magnet di daerah bawah kawat yang dihasilkan arus listrik masuk bidang kertas (x). Selanjutnya, arah gaya Lorentz pada elektron ditentukan dengan aturan tangan kanan. Elektron bergerak ke kanan. Akibatnya, arus listrik yang ditimbulkan elektron berarah ke kiri. Dengan demikian, arah gaya Lorentz pada elektron tegak lurus menjauhi kawat. Besar medan magnet di sekitar arus listrik pada kawat lurus panjang adalah: B =
µ0 I 2π a
=
(4π × 10−7 )(20) (2π )(10 × 10−2 )
= 4 × 10–5 T
Sudut antara v dan F adalah θ = 90°sehingga besar gaya pada elektron (q = 1,6 × 10–19 C) adalah: F = B q v sin θ = (4 × 10–5)(1,6 × 10–19)(5 × 106)(sin 90) = 32 × 10–18(1) = 3,2 × 10–17 Jadi, gaya pada elektron adalah 3,2 × 10–17 N menjauhi kawat. m = 40 gram = 4 × 10–2 kg q = 1,6 C B = 2,5 mT = 2,5 × 10–3 T v = 8 m/s Ditanyakan: r Jawab: Jari-jari lintasan partikel:
qvB= r= =
mv qB
=
(4π × 10−7 )(8) (1,6)(2,5 × 10−3 )
= 8 × 10–4 m = 0,8 mm
Jadi, jari-jari lintasan partikel sebesar 0,8 mm. 3. Diketahui:
V = 200 V B = 20 mT = 2 × 10–2 T me = 9,1 × 10–31 kg q = 1,6 × 10–19 C Ditanyakan: a. v b. r Jawab: a. Elektron dipercepat dengan beda potensial 200 V maka energi potensial listriknya berubah menjadi energi kinetik. Ep = Ek 1
q V = 2m v2 1
(1,6 × 10–19)(200) = 2 (9,1 × 10–31)v 2
90
Radiasi Elektromagnetik
mv qB
(9,1× 10−31)(8,38 × 106 ) (1,6 × 10−19 )(2 × 10−2 )
m
= 2,38 × 10–3 m = 2,38 mm Jadi, jari-jari lintasan elektron 2,38 mm. I = 4 mA = 4 × 10–3 A B = 2 Wb/m2 F = 1,2 × 10–3 N A = 30 cm = 0,3 m Ditanyakan: θ antara arah arus dengan arah medan magnet Jawab: F = B I A sin θ
4. Diketahui:
F
sin θ = B I A
2. Diketahui:
r=
mv 2 r
(1,2 × 10−3 )
= (2)(4 × 10−3 )(0,3) 1
= 2 θ = 30° Jadi, sudut yang dibentuk oleh arah arus dan arah medan magnet sebesar 30°. F A
5. Diketahui:
= 25 × 10–7 N/m
a = 50 cm = 5 × 10–1 m I1 = I2 = I µ0 = 4π × 10–7 Wb/Am Ditanyakan: I Jawab: F A
µ II
= 20π1a2
25 × 10–7 =
(4π × 10−7 )I 2 2π (5 × 10−1)
I 2 = 6,25 I = 2,5 Jadi, besar arus setiap kawat adalah 2,5 ampere.
A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: d Batang bergerak ke kanan sehingga gaya Lorentz berarah ke kiri. Berdasarkan kaidah tangan kanan, arus listrik mengalir ke bawah (dari A ke B). Oleh karena itu, ujug atas (A) bermuatan positif, sedangkan ujung bawah (B) bermuatan negatif. Jadi, gambar yang tepat adalah gambar d.
Bp = B1 + B2 µ I
= 2π0a1 + 1
A I
= v
FA
=
B
2. Jawaban: c Diketahui: I1 = 5 A I2 = 10 A a1 = 5 cm = 0,05 m a2 = 20 cm = 0,2 m Ditanyakan: B Jawab: Bp = B1 + B2 µ0 I1
µ0 I 2
= 2π a + 2π a 1 2 µ
I1
= 2π0 ( a + 1 =
I2 a2
)
4π × 10−7 Wb/Am 5A ( 2π 0,05 m
+
10 A ) 0,2 m
= (2 × 10–7 Wb/Am)(100 A/m + 50 A/m) = 3 × 10–5 Wb/m2 Jadi, induksi magnet di titik P sebesar 3 × 10–5 Wb/m2. 3. Jawaban: e Diketahui: I1 = I2 = 4 A a1 = a2 = 4 cm = 4 × 10–2 m Ditanyakan: Bp Jawab: Dengan kaidah genggaman tangan, arah medan magnet kedua kawat sama menuju P.
µ0 I 2 2a2
µ0 I 1 ( + 1) 2a π (4π × 10−7 )(4) (2)(4 × 10−2 )
1
( 3,14 + 1)
= (6,28 × 10–5)(1,3185) = 8,28 × 10–5 T Jadi, besar induksi magnet total di pusat lingkaran sebesar 8,28 × 10–5 T. 4. Jawaban: e Diketahui: a =2m µ0 = 4π × 10–7 I =5A Ditanyakan: B p Jawab: Induksi magnet hanya dipengaruhi kawat yang melingkar saja sehingga: 1 µ I
Bp = 4 0 = 2a
(4π × 10 −7 )(5) (8)(2)
= 1,25π × 10–7 T
Jadi, induksi magnet di titik P sebesar 1,25π × 10–7 T. 5. Jawaban: b Diketahui: I a v F Ditanyakan: q Jawab:
=5A = 4 mm = 4 × 10–3 m = 10 m/s = 5 µN = 5 × 10–6 N
µ I
(4π × 10−7 )(5)
F
5 × 10−6
B = 2π0 a = T = 2,5 × 10–4 T 2π(4 × 10−3 ) F =Bqv q = B v = (2,5 × 10−4 )(10) = 2 × 10–3 C = 2 mC Jadi, muatan partikel sebesar 2 mC. 6. Jawaban: d Diketahui: I1 = 10 A I2 = 5 A BC= 20 cm A = 20 cm = 0,2 m a1 = 1 cm a2 = 10 cm Ditanyakan: Ftot Jawab: Kawat AB dan CD tidak mengalami gaya dari kawat PQ. Kawat ABCD adalah satu kesatuan sehingga terjadi gaya tolak-menolak antarkawat AB dan CD dan gaya tolak-menolak antarkawat AD dan BC.
Fisika Kelas XII
91
10 cm
Q
µ NI
Bpusat = Bp = 20a
B
A F AD
µ I 5
= 2R0 6
F BC I2 20 cm
I2
I1
5 µI
= 12 R0
5µ I
P
D 1 cm
Jadi, kuat medan magnet di titik P adalah 12R0 .
C 9 cm
9. Jawaban: c Diketahui: I1 a1 a2 a3 Ditanyakan: B0 Jawab:
Ftot = FAD – FBC =(
µ0 I1 I 2 2π a1
–
µ0 I1 I 2 2π a2
)AA
1 a1
–
1 a2
)AA
=
µ0 I1 I2 2π
=
(4π × 10−7 )(10)(5)(0,2) 2π
(
(
1 10−2
–
1 10−1
)
= (2 × 10–6)(100 – 10) = (2 × 10–6)(90) = 180 × 10–6 N = 180 µN (ke kiri) Jadi, resultan gaya yang dialami kawat ABCD sebesar 180 mN. 7. Jawaban: b Diketahui: A = 15 cm = 0,15 m B = 0,4 T F = 1,2 N Ditanyakan: I Jawab: Besar arus: F=BIA I =
F BA
=
1,2 N (0,4 T)(0,15 m)
= 20 A
Arah arus ditentukan menggunakan kaidah tangan kanan. Jari telunjuk sebagai arah B menunjuk ke kanan, jari tengah sebagai arah F masuk bidang gambar sehingga ibu jari sebagai arah arus menunjuk ke atas. Dengan demikian, arus yang mengalir sebesar 20 A dari B ke A. 8. Jawaban: c Diketahui: i =I a =R θ = 360° – 60° = 300° Ditanyakan: Bp Jawab: Induksi magnet di pusat lingkaran: 300°
5
N = 360° = 6
92
Radiasi Elektromagnetik
= I2 = I3 = 2 ampere = 4 cm = 4 × 10–2 m = π cm = π × 10–2 m = 8 cm = 8 × 10–2 m
(4π × 10 −7 )(2)
µI
B1 = 2π0a1 = (2π )(4 × 10 −2 m) = 10–5 tesla 1 (Arah B1 menuju sumbu Z+) B2 =
1 µ0I 2 4 2π a2
1 (4π × 10 −7 )(2) 4 2(π × 10 −2 m)
=
= 10–5 tesla
(Arah B2 menuju sumbu X–) µI
(4π × 10−7 )(2)
B3 = 2π0a3 = = 0,5 × 10–5 tesla 2π (8 × 10−2 m) 3 (Arah B3 menuju sumbu Y–) Resultan antara B1 dan B2 R1 =
B12 + B22
=
(10−5 )2 + (10−5 )2
=
10 −10 + 10 −10
=
2 × 10−10
= 2 × 10–5 tesla Besar induksi magnet di titik O BO =
R12 + B32
=
( 2 × 10−5 )2 + (0,5 × 10−5 )2
=
2 × 10−10 + 0,25 × 10−10
2,25 × 10−10 = 1,5 × 10–5 tesla Jadi, besar induksi magnet di titik O adalah 1,5 × 10–5 tesla. =
10. Jawaban: d Diketahui: I1 = 2I I2 = 4I a1 = a a2 = a + 3a = 4a Ditanyakan: F Jawab: Arah gaya yang terjadi pada kawat persegi. Besar F1 P
=
µ0 (2I )(4I ) 2π (a )
=
4 µ0I πa
I1
Q
I2
F1
2
O
F2
µ0I1I 2 2π a2
µ0 (2I )(4I ) 2π (4a )
=
R
f=
Gaya pada kawat persegi 4 µ0I 2 πa
F = F1 – F2 =
–
µ0I 2 πa
=
3 µ0I 2 πa
Jadi, gaya pada kawat persegi sebesar
3 µ0I 2 πa
.
11. Jawaban: d b
A
B 1 2
b
b
b
D
C
b
Kuat medan magnetik pada kawat tidak panjang. A
13. Jawaban: d Arah induksi magnet akibat kawat penghantar yang dialiri arus listrik I dapat ditentukan dengan aturan genggaman tangan kanan. Ibu jari menunjukkan arah arus sedangkan empat jari lainnya yang melengkung menunjukkan arah induksi magnetik. Berdasarkan konsep tersebut, pilihan yang tepat adalah pilihan d. 14. Jawaban: a Diketahui: α I µ0 a Ditanyakan: B Jawab: 150° µ I
2
= µI
BAB = 4π0a (cos θ1 – cos θ2) = =
µ0I 4π ( 2 b ) µ0I 1 ( 2π b 2 1
(cos 45° – cos 135°)
2 – (– 1 2 )) 2
µI
2µ I
0 = 2π0b 2 = 2π b Sementara itu, melalui kawat BC, CD, dan DA memiliki arah dan nilai yang sama. Oleh karena itu, kuat medan listrik di pusat bujur sangkar adalah:
2 µ0I
B = 4BAB = 4 2π b
=
2 2 µ0I πb
Jadi, kuat medan listrik di pusat bujur sangkar adalah
2 2 µ0I πb
= 150° = 1,5 A = 4π × 10–7 Wb/Am = 50 cm = 5 × 10–2 m
B = 360° 20a
B θ
θ1
(1,6 × 10−19 C)(5,1π T) (1,6 × 10 −27 C)(2π )
= 2,55 × 108 Hz Jadi, frekuensi gerakan proton adalah 2,55 × 108 Hz.
µ0I 2 πa
=
= qvB
mv = qBr m ω r = qBr m(2πf )r = qBr (1,6 × 10–27 kg)(2πf) = (1,6 × 10–19 C)(5,1π T)
A
Besar F2 F1 =
mv 2 r
B
µ0I1I 2 2π a1
F1 =
12. Jawaban: e Diketahui: B = 5,1π T m = 1,6 × 10–27 kg q = 1,6 × 10–19 coulomb Ditanyakan: f Jawab: Fs = FL
5 (4π × 10−7 )(1,5) 12 2(5 × 10−2 )
= 2,5π × 10–6 T = 0,25π × 10–5T Jadi, besar induksi magnetik di pusat lingkaran adalah 2,5π × 10–6 T atau 0,25π × 10–5T. 15. Jawaban: b Diketahui: I1 = I2 = 5 ampere a = 10 cm = 1 × 10–1 m Ditanyakan: Bp dan arah Jawab: µI
B1 = 20a1 =
(4π × 10−7 )(5) 2(1× 10 −1)
= 3,14 × 10–5 tesla
.
Fisika Kelas XII
93
µI
B2 = 2π0a (4π × 10−7 )(5)
= 2π (1× 10−1) = 1 × 10–5 tesla Bp = B1 – B2 = 3,14 × 10–5 – 1 × 10–5 = 2,14 × 10–5 tesla Jadi, induksi magnetik di titik P 2,14 × 10–5 tesla dengan arah ke dalam. 16. Jawaban: d Dengan menggunakan aturan tangan kanan akan diperoleh: 1) arah medan magnet dari kutub utara menuju kutub selatan ditunjukkan oleh empat jari; 2) arah arus dari B ke A ditunjukkan oleh ibu jari yang lurus. Berdasarkan penjelasan di atas serta aturan tangan kanan, maka arah gaya magnetik tegak lurus masuk bidang kertas. Jadi, pilihan jawaban yang tepat adalah pilihan d. 17. Jawaban: c Diketahui: B1 = B A1 = A Φ1 = Φ
19. Jawaban: d Diketahui: I1 = I2 = 8 A a = 20 cm = 2 × 10–2 m µ0 = 4π × 10–7 Wb/Am F A
Ditanyakan: Jawab: F A
µ II
= 20π1a2 =
(4π × 10−7 )(8)(8) 2π (2 × 10−2 )
= 6,4 × 10–4 Jadi, gaya yang bekerja pada kawat tiap meternya 6,4 × 10–4 N. 20. Jawaban: a Diketahui: I1 I2 a1 a2
= 1,25 A =5A = 5 cm = 5 × 10–2 m = (25 – 5) cm = 20 cm = 2 × 10–2 m
Ditanyakan: Bp Jawab: I1
I2
1
B2 = 2 B A2 = 2A Ditanyakan: Φ2 Jawab: Φ1 Φ2
=
Φ Φ2
=
BA 1 ( 2 B )(2A )
18. Jawaban: a µ0 = 4π × 10–7 Wb/Am Diketahui: I =8A a = 2 cm = 2 × 10–2 m Ditanyakan: BQ Jawab: µ0I 2π a (4π × 10−7 )(8)
= 2π (2 × 10−2 ) = 8 × 10–5 Arah induksi magnetik berdasarkan kaidah tangan kanan yaitu mendekati bidang kertas. Jadi, jawaban yang tepat adalah pilihan a.
94
5A 5 cm
B1A1 B 2 A2
Φ2 = Φ Jadi, fluks magnetik yang dihasilkan Φ.
BQ =
1,25 A
Radiasi Elektromagnetik
25 cm
Bp = B1 + B2 =
µ0I1 2π a1
µ0 I1
+
µ0I 2 2π a2 I2
= 2π a + a 1 2 =
(4π × 10 −7 ) 1,25 5 + 2π 5 × 10 −2 20 × 10 −2
= 10–5 Wb/Am Jadi, besar induksi magnetnya 10–5 Wb/Am. 21. Jawaban: d Diketahui: q = 1,6 × 10–19 C α = 45° F = 32 2 × 10–14 N B = 0,24 T Ditanyakan: v Jawab: F = B q v sin α
25. Jawaban: c Diketahui: I N B µ0 Ditanyakan: A Jawab:
F
v = B q sinα =
32 2 × 10−14 (0,24)(1,6 × 10−19 )sin 45°
=
32 2 × 10−14 (0,24)(1,6 × 10−19 )(0,5 2)
= 1,67 × 107 m/s Jadi, kecepatan elektron adalah 1,67 × 107 m/s.
F FB
=
IIA aB IIB aA
=
IIA 3IIA
=
µ IN
=
B. Uraian 1. Diketahui:
FB = F Jadi, gaya sekarang tidak mengalami perubahan.
µ0I12A 2π a1
=
µ0I 2 2 A 2π a2
I2 a
=
I22 2a
(4π × 10−7 )(20)(1.400) m 2(2π × 10−2 )
= 28 × 10–2 m = 28 cm Jadi, panjang solenoid 28 cm.
3aA aA
23. Jawaban: b Diketahui: I1 a1 a2 F1 Ditanyakan: I2 Jawab: F1 = F2
1 µ IN
B = 2 0A A = 20B
22. Jawaban: a Diketahui: FA = F IIB = 3IIA aB = 3aB Ditanyakan: FB Jawab: F FB
= 20 A = 1.400 lilitan = 2π × 10–2 Wb/m2 = 4π × 10–7 Wb/Am
I = 20 A a = 5 cm = 5 × 10–2 m µ0 = 4π × 10–7 Wb/Am Ditanyakan: B Jawab: µI
=I =a = 2a = F2
B = 2π0a =
(4π × 10−7 )(20) 2π (5 × 10−2 )
= 4 × 10–5 T Jadi, besar induksi magnetik adalah 4 × 10–5 T. 2. Diketahui:
a N I µ0 Ditanyakan: Bp Jawab:
I22 = 2I 2
= 20 cm = 2 × 10–1 m = 12 = 20 A = 4π × 10–7 Wb/Am
µI
I2 = I 2
Bp = N 20a
Jadi, arus yang dibutuhkan sebesar I 2 . 24. Jawaban: a Diketahui: v = 4 × 105 m/s B = 2,5 × 10–3 T α = 30° q = 1,6 × 10–9 C Ditanyakan: F Jawab: F = B q v sin α = (2,5 × 10–3)(1,6 × 10–19)(4 × 105)(sin 30°) 1
= (2,5 × 10–3)(1,6 × 10–19)(4 × 105)( 2 ) = 8 × 10–17 N Jadi, gaya Lorentz pada partikel adalah 8 × 10–17 N.
=
(12)(4π × 10−7 )(20) 2(2 × 10−1)
= 24π × 10–5 T Jadi, besar induksi magnetik sebesar 24π × 10–5 T. Akawat = 31,4 m Dkawat = 1 mm = 1 × 10–3 m Dsolenoid = 5 cm = 5 × 10–2 m V = 220 V P = 110 W Ditanyakan: a. N dan A b. B di pusat solenoid
3. Diketahui:
Fisika Kelas XII
95
magnetik yang besarnya 5 Wb/m2, hitunglah gaya Lorentz yang dihasilkan! Jawaban: Diketahui: V = 2 volt C = 5 µF = 5 × 10–6 F v = 2 × 105 m/s B = 5 Wb/m2 Ditanyakan: FL Jawab: FL = B q v = B (C V ) v = (5)(5 × 10–6)(2)(2 × 105) = 100 × 10–1 = 10 N Jadi, gaya Lorentz yang dihasilkan sebesar 10 N.
Jawab: panjang kawat
a.
N = keliling 1 lingkaran A kawat
= πD solenoid = =
31,4 m π (5 × 10 −2 ) 31,4 (3,14)(5 × 10 −2 )
= 200 lilitan A = N Dkawat = (200)(1 × 10–3 m) = 0,2 m = 20 cm b.
P =VI P
110 W
I = V = 220 V = 0,5 ampere B = =
µ0 N I A (4π × 10 −7 )(200)(0,5) (0,2)
T
= 2π × 10–4 T Jadi, medan magnet maksimum di pusat solenoid sebesar 2π × 10–4 T. 4. Kawat sepanjang 150 cm dialiri arus 40 A sehingga memiliki gaya Lorentz sebesar 0,72 N. Apabila sudut yang dibentuk antara arah arus dan arah medan magnetik 30°, hitung kuat medan magnet homogennya! Jawaban: Diketahui: I = 40 A F = 0,72 N α = 30° A = 150 cm = 1,5 m Ditanyakan: B Jawab: F = B I A sin α B =
F I A sinα (0,72)
= (40)(1,5)sin30° 0,72
= (40)(1,5)(0,5) = 2,4 × 10–2 Jadi, kuat medan magnet homogennya 2 , 4 × 1 0 –2 Wb/m2. 5. Suatu muatan positif dihasilkan oleh sumber tegangan 2 volt yang dihubungkan dengan kapasitor 5 µF. Jika muatan positif bergerak dengan kecepatan 2 × 105 m/s dalam medan
96
Radiasi Elektromagnetik
6. Perhatikan gambar! Sebuah kawat penghantar lurus panjang dialiri arus listrik I = 4 A dan terletak di ruang hampa. Sebuah elektron bergerak lurus sejajar dengan kawat dan berlawanan arah arus dengan kelajuan 6 × 105 m/s. Apabila jarak elektron dengan kawat 12 mm, hitung gaya magnetik yang dialami elektron! Jawaban: Diketahui: v = 6 × 105 m/s I =4A a = 12 mm = 12 × 10–3 m q = 1,6 × 10–19 C Ditanyakan: F Jawab: F =Bqv µI
= ( 2π0a ) q v =
(4π × 10−7 )(4)(1,6 × 10−19 )(6 × 105 ) 2π (12 × 10−3 )
= 6,4 × 10–18 N Jadi, gaya magnetik yang dihasilkan sebesar 6,4 × 10–8 N. 7. Zarah bermuatan listrik yang bergerak masuk dalam medan magnetik dengan lintasan berupa lingkaran berjari-jari 10 cm. Zarah lain bergerak dengan kelajuan 0,8 kali kelajuan zarah pertama. Jika zarah kedua memiliki jari-jari lintasan 20 cm, hitung perbandingan massa per muatan zarah pertama dan zarah kedua!
Jawaban: Diketahui;
Ditanyakan:
R1 = 10 cm R2 = 20 cm v2 = 0,8v1 m1 q1
:
m2 q2
Jawab: Fs = FL mv 2 R
m = 100 mg = 1 × 10–4 kg q = 4 × 10–8 C v = 5 × 104 m/s Ditanyakan: B Jawab: Partikel tidak berubah arah maka berlaku ΣF = 0 ΣF = 0 FL – w = 0 FL = w Bqv=mg
9. Diketahui:
=qvB
B=
mv = q B R m q m1 q1 m2 q2
BR
=
mg q v
= v
=
(1× 10−4 )(10) (4 × 10−8 )(5 × 104 )
R1v 2 R 2v 1
=
10 −3 2 × 10 −3
m1 q1 m2 q2
=
m1 q1 m2 q2
= 25
= 0,5 Jadi, kerapatan fluks magnetiknya 0,5 tesla.
10 0,8v 1 20 v 1
10. Diketahui:
14
2
= 5 Jadi, perbandingan massa per muatan zarah pertama dan zarah kedua adalah 2 : 5. E = 4 × 104 V/m B = 0,2 T Ditanyakan: v Jawab: FL = Flistrik qvB=qE
8. Diketahui:
v= =
E B
E k = 2.500 eV = 2.500 × 1,6 × 10–19 = 4 × 10–16 joule B = 200 gauss = 2 × 10–2 Tesla q = 1,6 × 10–19 C m = 9,1 × 10–31 kg Ditanyakan: R Jawab: mv
R = qb = = =
4 × 10 4 0,2 5
= 2 × 10 Jadi, kelajuan gerak partikelnya 2 × 105 m/s.
=
2m E k qB 2(9,1× 10 −31)(4 × 10 −16 ) (1,6 × 10 −19 )(2 × 10 −2 )
72,8 × 10 −47 3,2 × 10 −21 2,69 × 10 −24 3,2 × 10 −21
m
m m
= 8,4 × 10–4 m Jadi, jari-jari elektron adalah 8,4 × 10–4 m.
Fisika Kelas XII
97
Setelah mempelajari bab ini, peserta didik mampu: 1. menjelaskan dan menganalisis fenomena induksi elektromagnetik berdasarkan percobaan; 2. menciptakan generator sederhana berdasarkan prinsip induksi elektromagnetik. Berdasarkan pengetahuan dan keterampilan yang dikuasai, peserta didik: 1. mensyukuri keseimbangan antara medan magnet dan medan listrik sehingga tercipta teknologi yang sangat bermanfaat; 2. berperilaku ilmiah dalam kegiatan pembelajaran dan kehidupan sehari-hari.
Induksi Faraday
GGL Induksi
• • •
Menyelidiki timbulnya GGL induksi melalui percobaan. Mendiskusikan hukum Lenz untuk menentukan arah GGL induksi. Menyelidiki GGL induksi pada loop kawat melalui percobaan.
Induktansi
•
• • •
• • • • • • • • • • •
98
Menyelidiki timbulnya induktansi diri pada kumparan melalui percobaan. Mendiskusikan persamaan induktansi diri. Mendiskusikan induktansi bersama pada dua buah kumparan. Mendiskusikan persamaan induktansi bersama pada koil tesla.
Aplikasi Induksi Faraday dalam Produk Teknologi
• • •
Mengamati prinsip kerja dinamo sepeda. Mendiskusikan aplikasi induksi faraday pada generator. Mendiskusikan aplikasi induksi faraday pada transformator.
Mensyukuri kebesaran Tuhan yang Maha Kuasa yang telah menciptakan bahan-bahan yang sangat bermanfaat dalam teknologi. Bekerja keras dalam memanfaatkan bahan-bahan dalam teknologi. Teliti, objektif, dan cermat dalam melakukan pengamatan. Memiliki rasa ingin tahu yang tinggi, jujur, dan bertanggung jawab dalam melaksanakan tugas. Menjelaskan hukum Faraday tentang GGL induksi berdasarkan hasil percobaan. Menerapkan hukum Lenz untuk menentukan polaritas GGL induksi. Menganalisis GGL induksi pada loop kawat yang digerakkan di dalam medan magnet. Menganalisis induktansi diri dan induktansi bersama. Menjelaskan prinsip kerja dinamo sepeda. Menganalisis besaran-besaran pada generator AC dan DC. Menganalisis besaran-besaran pada transformator.
Induksi Faradary
A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: d Faraday membuktikan bahwa arus listrik dapat dibangkitkan menggunakan medan magnet pada sebuah kumparan. Timbulnya arus listrik pada kumparan menandakan adanya GGL yang diinduksikan pada kumparan. Namun, arus listrik hanya timbul jika magnetnya bergerak. Jadi, yang menyebabkan timbulnya GGL induksi adalah perubahan medan magnet akibat gerakan magnet. D 2. Jawaban: d A Apabila kutub utara S magnet didekatkan maka U terjadi pertambahan garis gaya magnetik dari D ke C G yang dilingkupi oleh B C kumparan. – + Sesuai dengan hukum Lenz maka timbul garis gaya magnetik baru dari D ke C untuk menentang pertambahan tersebut di atas. Garis gaya magnetik ini menimbulkan arus induksi dengan arah CDAB (aturan tangan kanan) sehingga jarum galvanometer bergerak ke kanan. Jika kutub utara magnet dijauhkan maka akan terjadi kebalikannya sehingga jarum galvanometer bergerak ke kiri dan akhirnya berhenti.
3. Jawaban: b Diketahui: N = 10 lilitan Φm = 5 × 10–2 Wb 1 Φm = 0 2 t = 0,2 sekon Ditanyakan: GGL induksi Jawab:
ε = –N = –N = –N
dΦm dt Φm2 − Φm1 dt (0) − (5 × 10 −2 ) 0,2
= 0,25 V(10 lilitan) = 2,5 V Jadi, GGL induksi yang timbul sebesar 2,5 V 4. Jawaban: b A = 25 cm = 0,25 m Diketahui: v = 4 m/s B = 0,2 T Ditanyakan: εind dan arahnya Jawab: εind = B A v = (0,2 T)(0,25 m)(4 m/s) = 0,2 volt
Arah medan magnet menuju kertas dan arah gerak ke kanan. Dengan demikian gaya Lorentz berarah ke kiri. Berdasarkan aturan tangan kanan, maka arah arus akan ke atas (dari Q ke P). 5. Jawaban: a Diketahui: Φm = 5 × 10–6 Wb 1 Φm = 0 2 t = 3 detik Ditanyakan: εind Jawab: ΔΦm Δt
εind = – =– =
Φm2 − Φm1 Δt
(0) − (5 × 10 −6 ) – 3
= 1,67 × 10–6 volt
Jadi, GGL induksi yang timbul 1,67 × 10–6 volt. 6. Jawaban: a Diketahui: A =1m ω = 10 rad/s B = 0,1 T Ditanyakan: ε Jawab: Menurut hukum Faraday:
ε ind =
dΦ dt
ε ind =
1 2
=
B dA dt
=
B π A2 Δt
B
2π
1
= 2 ( T )A 2 = 2 B ω A 2
(0,1)(10)(1)2 = 0,5 V
Jadi, GGL induksi antara kedua ujung tongkat sebesar 0,5 V. 7. Jawaban: e Diketahui: A = 1.200 cm2 = 0,12 m2 N = 500 lilitan ΔB = (600 – 200) mT = 400 mT = 0,4 T Δt = 20 ms = 0,02 s Ditanyakan: ε ind Jawab:
ε ind = –N
ΔΦ Δt
ΔB A
(0,4)(0,12)
= –N Δt = –500 0,02 = –1.200 V (tanda negatif menunjukkan hukum Lenz) Jadi, GGL induksi yang timbul sebesar 1.200 V. 8. Jawaban: b Diketahui: A B v R
= 32 cm = 0,32 m = 0,75 T = 8 m/s = 20 Ω
Ditanyakan: ε ind, I, F, kutub A dan B Fisika Kelas XII
99
Jawab: 1) ε ind = B A v = (0,75)(0,32)(8) V = 1,92 V Jadi, GGL induksi yang ditimbulkan 1,92 V (nomor 1 benar).
ΔΦ
|ε ind| = N Δt
ΔBA
= N Δt
ε
2)
=N
I = R 1,92 V 20 Ω
=
F= B I A = (0,75)(0,096)(0,32) N = 0,02304 N Arah gaya Lorentz ke kiri berlawanan dengan arah kecepatan. Jadi, gaya Lorentz di AB = 0,02304 N ke kiri. (nomor 3 salah) 4) Medan magnet masuk bidang gambar dan arah gaya Lorentz ke kiri sehingga arus ke atas. Arus mengalir dari positif ke negatif sehingga B positif dan A negatif. (nomor 4 salah) Jadi, pernyataan yang benar ditunjukkan nomor 1) dan 4).
3)
9. Jawaban: b
| ε ind | =
ΔBA
=
= 8 3 × 10–4 Jadi, fluks magnetik pada sudut 30° sebesar 8 3 × 10–4 Wb.
Φ = B A cos θ = (8 × 10–2)(2 × 10–2) cos 60° 1
= 2 T/s
= 8 × 10–4 Wb Jadi, fluks magnetik pada sudut 60° sebesar 8 × 10–4 Wb.
= 0,12 m
2. Diketahui:
ΔB
= NA Δt
| ε ind | A
1
= (16 ×10–4)( 2 3 )
= (16 × 10–4)( 2 )
ΔΦ N Δt
= N Δt N =
A = 200 cm2 = 2 × 10–2 m2 B = 8 × 10–2 T Ditanyakan: a. Φ (θ = 30°) b. Φ (θ = 60°) Jawab: a. Φ = B A cos θ = (8 × 10–2)(2 × 10–2) cos 30°
2
A Ditanyakan: N Jawab:
= 10 V
B. Uraian 1. Diketahui:
b. ΔB Δt
(0,5 T − 0 T)(0,2 m)2 (0,4 s)
Jadi, GGL induksi yang timbul sebesar 10 V.
|ε ind | = 144 V
Diketahui:
(B2 − B1)s 2 Δt
= (200)
= 0,096 A Jadi, arus di R sebesar 0,096 A.(nomor 2 salah)
ΔB Δt
144 V (0,12 m2 )(2 T/s)
= 600 lilitan
Jadi, jumlah lilitan sebanyak 600. 10. Jawaban: b Diketahui: N = 200 lilitan s = 20 cm = 0,2 m B1 = 0 T B2 = 0,5 T Δt = 0,4 s Ditanyakan: ε ind
100
Jawab:
Induksi Faradary
B = 0,4 T A = 50 cm = 0,5 m v = 10 m/s R =5Ω Ditanyakan: εind dan I Jawab: a. ε ind = B A v = (0,4)(0,5)(10) V = 2 V Jadi, GGL induksi yang terjadi sebesar 2 volt. b.
ε
2V
I = Rind = 5 Ω = 0,4 A Jadi, besar kuat arus dalam rangkaian 0,4 A.
3. Diketahui:
N =1 A = 0,06 m2 ΔB = 2 × 10–4 T/s Δt
R Ditanyakan: I
= 20 Ω
Jawab:
A = 30 cm = 0,3 m B = 2,5 × 10–4 T v = 8 m/s R = 0,02 Ω Ditanyakan: a. I b. F Jawab: a. ε = B A v = (2,5 × 10–4 T)(0,3 m)(8 m/s) = 6 × 10–4 V
5. Diketahui:
ε
I = Rind = = =
N
ΔΦ Δt
R NA
ΔB Δt
R (1)(0,06)(2 × 10−4 ) 20
A = 6 × 10–7 A
Jadi, arus induksi yang timbul sebesar 6 × 10–7 A.
ε
4. Diketahui:
N = 800 Δt = 0,01 sekon ΦB2 = 4 × 10–5 Wb ε = 1,5 volt Ditanyakan: Φ Jawab:
εind = ΔΦB =
N ΔΦ B Δt
ε ind Δt N
=
(1,5 volt)(0,01 s) 800
ΔΦB = 1,875 × 10–5 Wb ΔΦB = ΦB2 – ΦB1
6 × 10 −4 V
I = R = 0,02 Ω = 0,03 A Arah arus induksi ditentukan menggunakan kaidah tangan kanan pada gaya Lorentz. Oleh karena kawat digerakkan ke kiri, gaya Lorentz berarah ke kanan. Berdasarkan kaidah tangan kanan, arah arus induksi dari B ke A (ke atas). Jadi, arus induksi yang mengalir pada kawat 0,03 A dari B ke A. F=BIA = (2,5 × 10–4)(0,03)(0,3) = 2,25 × 10–6 N Jadi, gaya Lorentz yang bekerja pada kawat 2,25 × 10–6 N.
b.
Kerapatan fluks sebelumnya: ΦB1 = ΦB2 – ΔΦB = (4 × 10–5 Wb) – (1,875 × 10–5 Wb) = 2,125 × 10–5 Wb Jadi, kerapatan fluks sebelumnya sebesar 2,125 × 10–5 Wb.
A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: b Diketahui: N L ΔI Δt Ditanyakan: ε Jawab:
Jawab:
ε = L dt = (0,05 H) (6 × 10 dI
= 600 lilitan = 40 mH = 4 × 10–2 H = (10 – 4) A = 6 A = 0,1 detik
dI
ε = L dt
ΔI
= L Δt
6A
= (4 × 10–2 H) 0,1s = 2,4 V Jadi, beda potensial ujung-ujung kumparan sebesar 2,4 V. 2. Jawaban: b Diketahui: L = 50 mH = 0,05 H ΔI = (100 – 40) mA = 60 mA = 6 × 10–2 A Δt = 0,01 detik Ditanyakan: ε
−2
0,01s
A)
= 0,3 V
Jadi, GGL induksi yang dibangkitkan sebesar 0,3 V. 3. Jawaban: b Diketahui: Toroid: N1 = 1.000 lilitan r = 0,5 m A = 2 × 10–3 m2 ΔI = (9 – 7) A = 2 A Δt = 1 detik Kumparan: N2 = 5 lilitan μ0 = 4π × 10–7 H/m Ditanyakan: ε Jawab: M= =
μ0 N1 N 2 A A (4π × 10 −7 H/m)(1.000)(5)(2 × 10 −3 m2 ) (2π )(0,5 m)
= 4 × 10–6 H
Fisika Kelas XII
101
GGL induksi pada kumparan
ε2 =
ΔI M Δt2 2
= (4 × 10–6)( 1 )
= 8 × 10–6 V = 8 μV Jadi, GGL imbas pada kumparan sebesar 8 μV. 4. Jawaban: c Diketahui: L = 0,8 H I = 2t 2 – 4t + 3 mA ε ind = 0,01 detik Ditanyakan: t Jawab: dI
ε ind = –L dt –1,6
d (2t 2 − 4t + 3) = –(0,8) dt
–1,6 = –0,8(4t – 4) –1,6 = –3,2t + 3,2 t= t=
3,2 + 1,6 3,2 4,8 = 1,5 3,2
5. Jawaban: a Tepat saat sakelar S ditutup, arus listrik tidak serta merta mengalir pada resistor. Hal ini disebabkan adanya GGL induksi timbul pada induktor L yang menentang perubahan arus tersebut. Dengan demikian tidak ada beda potensial pada resistor R. Sebaliknya, GGL induksi yang timbul pada induktor memiliki nilai yang sama dengan GGL baterai tetapi berlawanan arah untuk menjaga kondisi arus tetap nol. Jadi, pada saat sakelar ditutup nilai GGL baterai sama dengan nilai GGL induksi pada induktor tetapi arahnya berlawanan. Adapun GGL pada resistor bernilai nol karena arus listrik belum mengalir. Seiring waktu berlalu, GGL pada induktor berkurang sedangkan GGL pada resistor bertambah karena arus listrik pada resistor bertambah. 6. Jawaban: a Diketahui: L = 4,0 mH = 4 × 10-3 H ΔI = 1,0 A – 1,5 A = –0,5 A Δt = 0,02 s Ditanyakan: ε ind Jawab: ΔI (−0,5 A)
= –(4 × 10–3 H) (0,02 s) = 0,1 V Jadi, GGL induksi yang timbul sebesar 0,1 V.
102
Induksi Faradary
= 1 cm = 0,5 cm = 0,005 m = 100 lilitan = 50 cm = 0,5 m
μ0N 2 A
L =
A (4π × 10 −7 )(100)2 (π )(0,005)2 (0,5)
=
= 2π 2 × 10–7 Jadi, induktansi diri induktor sebesar 2π 2 × 10–7 H. 8. Jawaban: a Diketahui: L I1 I2 Δt Ditanyakan: ε Jawab:
=1H = 0,1 A = 0,05 A = 10 ms = 0,01 s
dI
Jadi, GGL induksi sebesar –1,6 V terjadi saat t = 1,5 sekon.
ε ind = –L Δt
7. Jawaban: b Diketahui: D R N A Ditanyakan: L Jawab:
ε = –L dt
(I2 − I1) Δt (0,05 − 0,1) –(1) 0,01
= –L =
V=5V
Jadi, GGL induksi yang dibangkitkan solenoid sebesar 5 volt. 9. Jawaban: b Diketahui: ε = 1,8 V I = 20 mA = 0,02 A I2 = 5 mA = 0,005 A Δt = 5 ms = 0,005 s Ditanyakan: L Jawab: ΔI
ε = –L Δt 1,8 = –L
(0,005 − 0,02) 0,005 ⎛ −0,015 ⎞ ⎟ ⎝ 0,005 ⎠
1,8 = –L ⎜ L=
(1,8)(0,005) 0,015
= 0,6
Jadi, induktansi diri rangkaian sebesar 0,6 H. 10. Jawaban: a Diketahui: A N1 N2 A Ditanyakan: M
= 20 cm = 0,2 m = 500 lilitan = 200 lilitan = 20 cm2 = 2 × 10–3 m2
Jawab: M=
Jawab:
μ0 A N1 N 2
ΔI
−7
=
ε ind = –L Δt = –(4 H)
A −3
(4π × 10 )(2 × 10 )(500)(200) 0,2
= 4π × 10–4
Jadi, induktansi bersama kedua solenoid sebesar 4π × 10–4 H. B. Uraian 1. Diketahui:
L I1 I2 Δt Ditanyakan: ε Jawab:
= 500 mH = 0,5 H = 0,25 A = 0,05 A = 20 ms = 0,02 s
(0,05 − 0,25) 0,02
=5V
GGL induksi diri yang dibangkitkan dalam solenoid sebesar 5 V. A = 0,0018 m2 L = 5 × 10–5 H N = 60 Ditanyakan: A Jawab:
2. Diketahui:
μ0N 2 A A
L
=
N A A ε ind μ0
= 500 lilitan = 20 cm = 0,2 m = 4 cm2 = 4 × 10–4 m2 = 400 μV = 4 × 10–4 V = 4π × 10–7 Wb/A m
dI
Ditanyakan: dt Jawab:
μ0N 2 A dI dt A ε ind A dI = – μ N 2A dt 0
(l − I )
μ0N 2 A
4. Diketahui:
ε ind = –
= –L 2Δt 1
A =
Jadi, GGL rata-rata yang diinduksikan sebesar 100 V.
dI
dl
L =
= 100 V
ε ind = –L dt
ε = –L dt
= –(0,5)
(0 A − 0,5 A) (0,02 s)
(4π × 10−7 Wb/Am)(602 )(0,0018 m2 ) 5 × 10−5 H
= 0,163 m = 16,3 cm Jadi, panjang solenoid 16,3 cm. 3. Diketahui:
I1 = 0,5 A L =4H Δt = 0,02 s I2 = 0 Ditanyakan: ε ind
A. Pilihlan Ganda 1. Jawaban: b Besar GGL induksi pada generator dirumuskan sebagai berikut. ε = NBAω sin ωt Dengan demikian, besar GGL induksi pada generator dipengaruhi oleh: 1) banyak lilitan kumparan (N); 2) induksi magnet (B); 3) luas bidang kumparan (A); 4) kecepatan sudut (ω).
−(4 × 10−4 V)(0,2 m)
= (4π × 10−7 Wb/Am)(500)2 (4 × 10−4 m2 ) = –0,637 A/s Jadi, laju penurunan arus listrik di dalam induktor sebesar –0,637 A/s. 5. Perubahan medan magnet yang konstan di dalam induktor menimbulkan GGL induksi yang konstan di dalam induktor. GGL induksi selalu melawan perubahan medan magnet di dalam induktor. Adanya GGL induksi menyebabkan penurunan arus listrik pada rangkaian. Oleh karena GGL induksi bernilai konstan, arus listrik yang mengalir pada saat dipasang induktor lebih kecil daripada arus listrik yang mengalir tanpa induktor pada tegangan sinusoidal. Selanjutnya, besi yang dimasukkan di dalam induktor meningkatkan medan magnet solenoid. Hal ini berakibat GGL induksi pada induktor menjadi lebih besar sedangkan arus listrik menjadi lebih kecil. Akibatnya, nyala lampu menjadi lebih redup dari semula.
Hambatan kumparan tidak memengaruhi besar GGL induksi. Jadi, pernyataan yang benar adalah nomor 1) dan 3). 2. Jawaban: b Diketahui: A = 6 cm × 8 cm = 48 cm2 = 4,8 × 10–3 m2 N = 250 lilitan B = 10 mT = 0,01 T ω = 120 rad/s Ditanyakan: εmaks Fisika Kelas XII
103
Jawab: εmaks = N B A ω = (250)(0,01)(4,8 × 10–3)(120) V = 1,44 V Jadi, GGL bolak-balik maksimum sebesar 1,44 V. 3. Jawaban: d Diketahui: Vlampu = 6 V Plampu = 30 W Vp = 220 V Ip =1A Ditanyakan: η Jawab: P s = 4Plampu = 4(30 W) = 120 W
η = =
4. Jawaban: b Gaya gerak listrik maksimum generator N
atau εm ~ T Agar εm dua kali semula maka T (periode) dijadikan 1 2
kali semula atau jumlah lilitan dijadikan dua kali
semula. 5. Jawaban: e Diketahui: η Vp Vs Is Ditanyakan: Ip Jawab:
η=
Ps Pp
= 75% = 220 V = 110 V =2A
Ip =
=
A
= 1,33 A
= 50 V = 200 V = 800 V = 80% = 80 W
Ditanyakan: Ip, Is, Pp, Ns 104
Induksi Faradary
Pp = Vp Ip
80 W 200 V
= 0,4 A (nomor 2 benar)
Ns =
Vs Vp
Np
200 V (800) = 3.200 50 V
(nomor 4 benar)
7. Jawaban: b Diketahui: Vp = 25 V V s = 250 V η = 80% Lampu: VA = 250 V PA = 50 W Ditanyakan: Ip Jawab: Oleh karena tegangan sekunder sama dengan tegangan yang tertulis pada lampu maka daya sekunder sama dengan daya yang tertulis pada lampu. Ps = PA = 50 W, maka
W
Jadi, kuat arus pada kumparan primer 2,5 A. (110)(2) (0,75)(220)
Jadi, arus pada kumparan primer sebesar 1,33 A. 6 Jawaban: c Diketahui: Vp Vs Np η Ps
3)
=
Ps (100%) Pp 50 W 80% = (100%) Pp 100% Pp = 50 W( 80% ) = 62,5 62,5 W P Ip = p = 25 V = 2,5 A Vp
Vs Is = η Vp Ip Ip =
Is =
η=
→ P s = η Pp Vs I s ηVp 1 0,75
Ps Vs
2)
(nomor 1 salah)
Jadi, jawaban yang benar ditunjukkan nomor 2) dan 4).
× 100% = 54,5%
2π T
× 100%
80 W × 100% (50 V)Ip 80 W Ip = =2A (50 V)(0,8)
=
Jadi, efisiensi trafo 54,5%.
εm = N A B
Ps Vp Ip
η=
80% =
4)
× 100%
120 W 220 W
1)
= (50 V)(2 A) = 100 W (nomor 3 salah)
Pp = VpIp = (220 V)(1 A) = 220 W Ps Pp
Jawab:
8. Jawaban: b Diketahui: Np : Ns = 1 : 4 Vp = 10 V Ip = 2 A V s = 40 V Philang = 4 W Ditanyakan: I s Jawab: P s = Pp – Philang Vs Is = Vp Ip – 4
40Is = (10)(2) – 4 40Is = 16 16
I s = 40 = 0,4 A Jadi, kuat arus keluaran sebesar 0,4 A. 9. Jawaban: d Diketahui: Vp = 220 V Ip = 50 mA = 0,05 A η = 80% Vs = 5 V Ditanyakan: I s Jawab:
η =
VpIp VsI s VpIp
Is = V η s =
(220 V)(0,05 A) (5 V)(80%)
= 2,75 A Jadi, arus listrik yang mengalir pada kumparan sekunder sebesar 2,75 A. 10. Jawaban: b Diketahui: Np : Ns = 10 : 1 Vp = 220 V Ip = 0,5 A ΔP = 11 W Ditanyakan: Vs dan Is Jawab: Vp Vs
Np
= N s
Ns
V s = N Vp p 1
= 10 (220 V) = 22 V Tegangan sekunder trafo 22 V. Pp = VpIp = (220 V)(0,5 A) = 110 W P s = Pp – ΔP = 110 W – 11 W = 99 W P s = VsIs Is = =
Ps Vs
99 W 22 V
11. Jawaban: c Diketahui: A = 0,1 m2 f = 60 Hz N = 100 lilitan B = 0,4 T Ditanyakan: εmaks Jawab: εmaks = N B A ω = NBA(2π f) = (100)(0,4 T)(0,1 m2)(2π)(60 Hz) = 1.507 V ≈ 1,51 kV Jadi, GGL maksimum yang dihasilkan sebesar 1,51 kV. 12. Jawaban: c Diketahui: N = 100 lilitan A = 200 cm2 = 0,02 m2 B = 0,2 T R = 25 Ω f = 50 Hz Ditanyakan: Imaks Jawab: εmaks = N B A ω = N B A (2π f) = (100)(0,2 T)(0,02 m2)(2π)(50 Hz) = 40π V Imaks = =
Jadi, arus sekunder trafo sebesar 4,5 A.
R 40π V 25 Ω
= 1,6π A Jadi, arus induksi maksimum sebesar 1,6π A. 13. Jawaban: a Diketahui: ε0 = 150 V R = 12 Ω ε ind = 60 V Ditanyakan: I0 : Iind Jawab: Ketika motor pertama kali dinyalakan, GGL induksi bernilai GGL induksi bernilai nol karena kumparan belum berputar. ε
150 V
I0 = R0 = = 12,5 A 12 Ω Pada saat mencapai kelajuan maksimum, GGL induksi bernilai maksimum dan melawan GGL motor mula-mula. I′ = I0 I′
= 4,5 A
ε maks
=
ε − ε0 R
=
12,5 A 7,5 A
(150 V − 60 V) 12 Ω
= 7,5 A
5
= 3 Jadi, perbandingan arus listrik saat motor dinyalakan dan ketika mencapai kelajuan maksimum adalah 5 : 3.
Fisika Kelas XII
105
14. Jawaban: d Diketahui: V s = 165 kV = 165.000 V V p = 220 V Np = 200 lilitan Ditanyakan: Ns Jawab: Ns Np
=
η Vp Vs Ip Ditanyakan: I s Jawab:
2. Diketahui:
η=
Vs Vp
Is Vs Ip Vp
→ Is =
V
Ns = Vs Np p =
165.000 V 220 V
(200 lilitan) = 150.000 lilitan
15. Jawaban: e Diketahui: Np Ns Vs Is Ip
= 1.500 lilitan = 200 lilitan = 220 V = 4,3 A
Np
Vp = N Vs s 1.500 lilitan (220 200 lilitan
V) = 1.650 V
η =
A = 50 cm2 = 5 × 10–3 m2 N = 2.000 lilitan B = 0,2 Wb/m2 εmaks = 200 volt Ditanyakan: ω Jawab: εmaks = N B A ω ε maks NBA 200 (2.000)(0,2)(5 × 10 −3 )
rad/s
= 100 rad/s Jadi, kecepatan sudut generator 100 rad/s.
Induksi Faradary
Ep
t =1s h = 2,5 m g = 9,8 m/s2
× 100%
W mgh V It
× 100%
=
(2)(9,8)(2,5) (50)(3,92)(1)
=
49 196
× 100%
× 100%
f = 50 Hz B = 0,15 T A = 2 × 10–2 m2 εm = 220 V Ditanyakan: N Jawab: Kecepatan sudut: ω = 2π f = 2(3,14)(50) = 314 rad/s GGL maksimum: εm = N B A ω N =
B. Uraian 1. Diketahui:
106
m = 2 kg V = 50 V I = 3,92 A Ditanyakan: η Jawab:
4. Diketahui:
Pp = Vp Ip = (1.650)(0,6) W = 990 W ΔP = Pp – Ps = (990 – 946) W = 44 W Jadi, daya yang berubah menjadi kalor sebesar 44 W.
=
=4A
= 25% Jadi, efisiensi elektromotor 25%.
Np
ω =
3. Diketahui:
=
= N s
=
Vs (80%) (0,5 A)(300 V) (30 V)
Jadi, besar kuat arus pada kumparan sekunder sebesar 4 A.
= 0,6 A
Ditanyakan: ΔP Jawab: P s = Vs Is = (220 V)(4,3 A) = 946 W Vs
η Ip Vp
=
Jadi, lilitan sekunder harus berjumlah 150.000 lilitan.
Vp
= 80% = 300 volt = 30 volt = 0,5 A
=
εm
B Aω 220 (0,15)(2 × 10 −2 )(314)
= 233,5 = 234 lilitan Jadi, jumlah lilitan kumparan generator sebanyak 234 lilitan. 5. Diketahui:
η = 80% = 0,8 Lampu (10 buah; paralel) V = 12 V P = 40 W Np : Ns = 20 : 1
Ditanyakan: a. b. c.
Pp Vp Ip
Jawab: a. P s = Ptot lampu = 10(40 W) = 400 W
η=
Ps Pp
Pp =
Ps
= b.
Vs = 12 V Np : Ns = 20 : 1 Np
20 1
η
400 0,8
Vp
=
Ns
Vs Vp
=
12
Vp = 20(12) volt = 240 volt Jadi, tegangan primer trafo 240 V.
W = 500 W
Jadi, daya masukan trafo 500 W. Oleh karena lampu dipasang paralel, tegangan sekunder trafo sama dengan tegangan lampu.
c.
Pp = Vp Ip Ip =
Pp Vp
=
500 W 240 V
= 2,08 A ≈ 2,1 A
Jadi, arus pada kumparan primer sebesar 2,1 A.
A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: e Diketahui: A = 1.500 cm2 = 0,15 m2 N = 200 ΔB = (600 – 200) mT = 400 mT = 0,4 T Δt = 10 ms = 0,01 s Ditanyakan: ε ind Jawab:
ε ind = –N
ΔΦ Δt
= –200
ΔB A
= –N Δt
(0,4)(0,15) 0,01
= –1.200 V (tanda negatif menunjukkan hukum Lenz) Jadi, GGL induksi yang timbul 1.200 V. 2. Jawaban: b Diketahui: N R Φ t Ditanyakan: I0 Jawab:
= 200 =8Ω = t 2 + 2t + 8 =0
ΔΦ Δt (t 2 + 2t + 8) = –200 dt
ε t = –N
= –(200)(2t + 2) Saat t = 0 ε0 = –(200)(2(0) + 2) = –400 V Tanda negatif menunjukkan arah arus induksi melawan perubahan fluks.
ε
400 V
I0 = R0 = = 50 A 8Ω Jadi, arus yang melalui kumparan 50 A. 3. Jawaban: d A = 50 cm = 0,5 m Diketahui: v = 5 m/s B = 2,0 Wb/m2 Ditanyakan: ε ind Jawab: ε ind = B A v = (2,0 Wb/m2)(0,5 m)(5 m/s) = 5 volt Jadi, GGL induksi yang terjadi sebesar 5 volt. 4.
Jawaban: a Diketahui: L = 0,5 H I = –3t 2 + 6t + 8 ε = 27 V Ditanyakan: t Jawab: dI
ε = –L dt
27 = –(0,5)
d (−3t 2 + 6t + 8) dt
27 = –0,5(–6t + 6) 27 = 3t – 3 3t = 30 t = 10 GGL induksi diri 27 V terjadi saat t = 10 s. 5. Jawaban: d Diketahui: Vp Vs Is η Ditanyakan: Ip
= 220 V = 22 V =2A = 80%
Fisika Kelas XII
107
Jawab:
η=
Ps Pp
80% = 0,8 = Ip =
8. Jawaban: b × 100% Vs I s Vp Ip
× 100%
(22 V)(2 A) (220 V)Ip
2 8
Ditanyakan: N Jawab:
A
= 0,25 A
ΔI
ε ind = –L Δt
L=
(−0,5 A) 0,2 s
1,2 0,5
H = 2,4 H
Jadi, induktansi diri solenoid sebesar 2,4 H. 7. Jawaban: a Diketahui: A = 0,05 m2 ΔB Δt
Δφ Δt Δ(BA ) – Δt ΔB –A Δt
= –(0,05 m2)(–2 × 10–2 T/s) = 1 × 10–3 V ε
Iind = Rind =
1× 10 −3 V 0,1 Ω
= 10–2 A = 0,01 A
I
Δφ Δt I
I
= negatif
ε ind = positif
I
Medan magnet mengalami penurunan sehingga fluks magnetik juga mengalami penurunan. GGL induksi menentang perubahan fluks magnetik sehingga GGL yang timbul bernilai positif. Berdasarkan kaidah genggaman tangan kanan, arus listrik yang mengalir searah putaran jarum jam. Jadi, arus induksi yang mengalir 0,01 A searah putaran jarum jam. 108
Induksi Faradary
Δφ Δt
Tanda negatif menunjukkan hukum Lens.
ε ind = N N=
Δφ Δt
ε ind Δφ Δt
=
15 V 0,05 Wb/s
= 300
Jadi, lilitan kumparan berjumlah 300 lilitan. 9. Jawaban: d Diketahui: N = 500 liiltan ΔΦ = 12 × 10–4 Wb – 6 × 10–4 Wb = 6 × 10–4 Wb Δt = 0,04 s Ditanyakan: N Jawab: Δφ Δt (6 × 10 −4 Wb) = –500 (0,04 s)
ε ind = –N
= –7,5 V (Tanda negatif menunjukkan GGL induksi yang timbul menentang perubahan fluks magnetik.)
ε ind = –
=
ε ind = –N
= –2 × 10–2 T/s
A = 0,1 Ω Ditanyakan: Iind Jawab:
=
= 0,05 Wb/s
ε ind = 15 V
Jadi, nilai Ip sebesar 0,25 A. 6. Jawaban: e Diketahui: ΔI = 0,3 A – 0,8 A = –0,5 A ΔI = 0,2 s ε ind= 6 V Ditanyakan: L Jawab:
6 V = –L
Δφ Δt
Diketahui:
10. Jawaban: d GGL induksi pada generator dirumuskan: ε ind = N B A ω sin ω t Berdasarkan persamaan di atas, GGL induksi dapat diperbesar dengan cara menambah jumlah lilitan kumparan (N), memperbesar medan magnet (B), memperbesar luas loop kumparan (A), dan mempercepat laju rotasi kawat (ω). Hambatan kawat tidak memengaruhi GGL induksi yang dihasilkan, tetapi memengaruhi arus induksi yang mengalir. Dengan demikian perlakuan yang dapat meningkatkan GGL induksi pada generator ditunjukkan nomor 2), 3), dan 4). 11. Jawaban: b A = 15 cm = 0,15 m Diketahui: B = 0,4 T F = 1,2 N Ditanyakan: I Jawab: Besar arus: F=BIA I =
F BA
=
1,2 N (0,4 T)(0,15 m)
= 20 A
Arah arus ditentukan menggunakan kaidah tangan kanan. Jari telunjuk sebagai arah B menunjuk ke kanan, jari tengah sebagai arah F masuk bidang gambar, sehingga ibu jari sebagai arah arus menunjuk ke atas. Dengan demikian, arus yang mengalir sebesar 20 A dari B ke A. 12. Jawaban: a Diketahui: N = 2.000 r = 8 cm = 8 × 10–2 m A =1m I =5A Ditanyakan: W Jawab: A =πr2 = π(8 × 10–2 m)2 = 6,4π × 10–3 m2 L = =
μ0 N 2 A A (4π × 10−7 )(2.000)2 (6,4π × 10−3 ) 1
= 0,01024π2 H W= =
1 2 LI 2 1 (0,01024π2)(5)2 2
= 0,128π2 J Energi yang tersimpan dalam solenoid sebesar 0,128π2 J. 13. Jawaban: c ΔI = –2,5 A Diketahui: Δt = 0,2 s ε = 36 V Ditanyakan: L Jawab: ΔI ε = –L Δt (−2,5) 0,2 7,2 = 2,88 2,5
36 = –L L=
Jadi, induktansi diri pada rangkaian sebesar 2,88 H. 14. Jawaban: e Diketahui: Np = x Ns = 100 Vp = 220 V Vs = y Ip = 1 A Is = 4 A Ditanyakan: x dan y
Jawab: Vs Vp
=
Vs = Np Ns
=
Ip Is Ip
Vp =
Is Vp Vs
1 (220 4
→ Np =
V) = 55 V
Vp Vs
⎛ 220 V ⎞ ⎟ (100) ⎝ 55 V ⎠
Ns = ⎜
= 400
Jadi, x = 400 dan y = 55 V. 15. Jawaban: d Diketahui: Np : Ns = 1 : 2 Vp = 40 V Ip = 4 A ΔP = 16 W V s = 80 V Ditanyakan: I s Jawab: Pp = Vp Ip = (40 V)(4 A) = 160 W Ps = Pp – ΔP = (160 – 16) W = 144 W Is =
Ps Vs
=
144 W 80 V
= 1,8 A
Kuat arus keluarannya sebesar 1,8 A. 16. Jawaban: e Diketahui: Ip = 2 A Vp = 220 V P s = 352 watt Ditanyakan: η Jawab:
η= =
Ps Pp Ps Ip Vp
× 100% × 100% =
352 watt (2 A)(220 V)
× 100% = 79,5%
Jadi, efisiensi trafo tersebut 79,5%. 17. Jawaban: d Diketahui: N = 400 lilitan B = 0,5 T p = 10 cm = 0,1 m A = 5 cm = 0,05 m ω = 60 rad/s Ditanyakan: εm Jawab: A =pA = (0,1 m)(0,05 m) = 0,005 m2 εm = N A B ω = (400)(0,005)(0,5)(60) = 60 V Jadi, GGL maksimum yang timbul sebesar 60 V.
Fisika Kelas XII
109
18. Jawaban: d Diketahui: Vp Vs Ps η Ditanyakan: Ip Jawab:
η=
Ps Pp
40 W Pp
× 100%
Pp =
40 W 0,8
= 50 W
Pp Vp
=
B =2T v = 0,5 m/s A = 20 cm = 0,2 m Ditanyakan: a. ε b. I Jawab: a. ε ind = B A v = (2 T)(0,2 m)(0,5 m/s) = 0,2 volt Jadi, GGL induksi yang terjadi sebesar 0,2 V.
× 100%
80% =
Ip =
B. Uraian 1. Diketahui:
= 20 V = 200 V = 40 W = 80%
50 W 20 V
b.
ε
= 2,5 A
= 50 cm = 0,5 m =6Ω = 1,5 T = 4 m/s
A = 30 cm = 0,3 m B = 0,05 T v = 2 m/s R =2Ω Ditanyakan: a. I b. besar F Jawab: a. ε ind = B A v = (0,05)(0,3)(2) V = 0,03 V
2. Diketahui:
I=
ε ind
I = R
=
=
B Av R
=
(1,5 T)(0,5 m)(4 m/s) (6 Ω)
= 0,5 A
Arah arus induksi dapat ditentukan sebagai berikut. Gaya Lorentz berlawanan dengan arah kecepatan kawat PQ yaitu ke kiri. Selanjutnya, arah arus induksi ditentukan menggunakan kaidah tangan kanan. Gaya Lorentz berarah ke kiri ditunjukkan oleh arah telapak tangan. Medan magnet berarah ke atas ditunjukkan oleh arah keempat jari tangan. Adapun ibu jari menunjukkan arah arus induksi yaitu ke bawah (dari P ke Q). 20. Jawaban: d Diketahui: A = 10 cm × 8 cm = 80 cm2 = 8 × 10–3 m2 N = 200 lilitan B = 0,05 T ω = 1.200 rpm 2π
= 1.200( 60 ) rad/s = 40π rad/s
Ditanyakan: εmaks Jawab: εmaks = N B A ω = (200)(0,05T)(8 × 10–3 m2)(40π rad/s) = 3,2π V Jadi, GGL maksimum yang dihasilkan sebesar 3,2π V. 110
Induksi Faradary
0,2 V
I = Rind = 20 Ω = 0,01 A Jadi, arus induksi yang timbul sebesar 0,01 A.
Jadi, kuat arus pada kumparan primer sebesar 2,5 A. 19. Jawaban: b Diketahui: A R B v Ditanyakan: I Jawab:
Arus induksinya jika R = 20 Ω ε ind = I R
b.
ε ind R 0,03 V 2Ω
= 0,015 A = 15 mA
Jadi, arus induksi yang mengalir pada kawat sebesar 15 mA. F= B I A = (0,05 )(0,015 A)(0,3 m) = 2,25 × 10–4 N Jadi, gaya Lorentz yang bekerja pada kawat sebesar 2,25 × 10–4 N
3. Diketahui:
N Δt ΦB2 ε ind Ditanyakan: Φ Jawab:
εind = ΔΦB =
= 600 lilitan = 0,01 sekon = 8 × 10–5Wb = 3 volt
N ΔΦ B Δt
ε ind Δt N
=
(3 volt)(0,01 s) 600
ΔΦB = 5 × 10–5 Wb ΔΦB = ΦB2 – ΦB1 Kerapatan fluks sebelumnya: ΦB1 = ΦB2 – ΔΦB = (8 × 10–5 Wb) – (5 × 10–5 Wb) = 3 × 10–5 Wb Jadi, rapat fluks sebelumnya 3 × 10–5 Wb.
4. Diketahui:
I1 I2 Δt L Ditanyakan: ε ind Jawab:
=2A =0 = 0,1 s =2H
Jawab:
η= 70% =
(0 A − 2 A) 0,1s
A N A ε ind μ0
Ditanyakan:
= 10 cm = 0,1 m = 500 lilitan = 20 cm2 = 2 × 10–3 m2 = 0,005π V = 4π × 10–7 Wb/Am
dI dt
= –2,5
Jadi, laju perubahan arus di dalam solenoid sebesar –2,5 A/s. A = 10 cm = 0,1 m N1 = 200 lilitan N2 = 300 lilitan A = 10 cm2 = 1 × 10–3 m2 μ0 = 4π × 10–7 Wb A–1m–1 Ditanyakan: M Jawab:
6. Diketahui:
μ0 A N1 N 2 A (4π × 10 −7 )(1× 10 −3 )(200)(300) (0,1)
= 2,4π × 10–4 H Jadi, induktansi bersama kedua solenoid sebesar 2,4π × 10–4 H. 7. Diketahui:
PP = 4 kW η = 70% Ditanyakan: PS
Vs
=
Vs =
Np Ns N s Vp Np
=
(60)(220 V) 150
= 88 volt
ω = 300 rpm ⎛ 2π ⎞ ⎝ ⎠
μ0N 2 A dI dt A ε ind A dI = – μ N 2A dt 0
=
Vp
= 300 ⎜ 60 ⎟ rad/s = 10π rad/s
ε ind = –
(0,005π )(0,1) (4π × 10 −7 )(500)2 (2 × 10 −3 )
Np = 150 Ns = 60 Vp = 220 volt Ditanyakan: V s Jawab:
9. Diketahui:
dI
ε ind = –L dt
M=
× 100%
Jadi, tegangan sekunder transformator 88 V.
Jawab:
=–
PS 4.000 W
8. Diketahui:
= 40 V
Jadi, GGL induksi pada induktor sebesar 40 V. 5. Diketahui:
× 100%
PS = (0,70)(4.000 W) = 2.800 W Daya pada kumparan sekunder 2.800 W.
ΔI
ε ind = –L Δt
= –(2 H)
PS PP
B =2T A = 0,02 m2 εmax = 600π V Ditanyakan: B Jawab: εmax = N B A ω N= =
ε max
B Aω
600π V (2 T)(0,02 m2 )(10π rad/s)
= 1.500
Jadi, lilitan kumparan generator sebanyak 1.500 lilitan. 10. Diketahui:
N = 200 A = 300 cm2 = 0,03 m2 B = 0,5 T f = 40 Hz θ = 60° Ditanyakan: ε Jawab: ε = N B A ω sin θ = N B A 2π f sin 60° 1
= (200)(0,5)(0,03)(2π)(40)( 2 3 ) = 120π 3 V Jadi, GGL induksi yang timbul sebesar 120π 3 V.
Fisika Kelas XII
111
A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: c Diketahui: vA vB fA fB v Ditanyakan: fB Jawab: fP = A
v +0 v +vA
1 1,25 × 106 goresan/m
= 20 m/s = 18 m/s = 540 m/s = 550 m/s = 340 m/s
fA
⎛ (340 + 0) m/s ⎞
=⎜ ⎟ (540 Hz) ⎝ 340 − 20 m/s ⎠ = 573,75 Hz fP = B
v +0 v + vB
fB
⎛ (340 + 0) m/s ⎞
= ⎜ ⎟ (550 Hz) ⎝ 340 − 18 m/s ⎠ = 580,75 Hz Δf = 580,75 Hz – 573,75 Hz = 7 Hz Jadi, frekuensi yang didengar pengamat sebesar 7 Hz. 2. Jawaban: a Struktur bulu burung merak memiliki lubang-lubang mikro yang memungkinkan terjadinya interferensi saat terkena cahaya matahari. Warna pelangi pada gelembung sabun adalah hasil interferensi pada lapisan tipis. Sementara fenomena pelangi saat hujan dan munculnya spektrum warna-warni di sekitar bulan merupakan contoh peristiwa dispersi. 3. Jawaban: a Diketahui: N = 12.500 goresan/cm =
12.500 goresan cm
= 1,25 × 106 goresan/m θ = 30° n =1 Ditanyakan: λ Jawab: d sin θ = n λ 1 N
112
sin 30° = 1 · λ
Ulangan Akhir Semester 1
1
× 2 =λ
λ=
1 2,5 × 106 /m
= 4 × 10–7 m Jadi, panjang gelombang tersebut 4 × 10–7 m. 4. Jawaban: a Diketahui: R1 = 6 Ω R2 = R3 = R4 = R5 = 10 Ω R6 = 4 Ω ε = 40 volt Ditanyakan: V3 Jawab: R2 dan R3 dirangkai paralel 1 RP1
=
1 R2
1 RP1
=
1 10 Ω
1 RP1
=
2 10 Ω
+
1 R3
+
1 10 Ω
RP = 5 Ω 1
R4 dan R5 dirangkai paralel 1 RP2
=
1 R4
1 RP2
=
1 10 Ω
1 RP2
=
2 10 Ω
+
1 R5
+
1 10 Ω
RP = 5 Ω 2
R 1, R P, R P , dan R 6 dirangkai seri sehingga 2 memperoleh nilai hambatan total. Rtot = R1 + R2 + RP + R6 2 = (5 + 5 + 5 + 4) Ω = 20 Ω Arus yang mengalir pada rangkaian I = =
V R tot
40 V 20 Ω
= 2 ampere
Berdasarkan konsep hambatan yang disusun seri, arus pada rangkaian bernilai sama pada setiap hambatannya. I = I1 = IP = IP = I6 1 2 Tegangan pada RP 1 VP = IP RP 1 1 1 = (2 A)(5 Ω) = 10 volt Jika R2 dan R3 dirangkai paralel, nilai tegangan di setiap hambatannya bernilai sama dengan tegangan total. VP = V2 = V3 = 10 volt 1 Jadi, tegangan pada R3 sebesar 10 volt. 5. Jawaban: b Diketahui: RL = 2 Ω R1 = 2 Ω R2 = 3 Ω ε1 = 6 V ε2 = 9 V Ditanyakan: IL Jawab: Apabila menggunakan konsep hukum II Kirchoff, dapat dimisalkan sesuai gambar berikut.
I1
6. Jawaban: e Diketahui: R1 = R2 = R4 = 10 Ω R3 = R5 = 5 Ω I =2A Ditanyakan: VAB Jawab: R1R4 ≠ R2R3 Rangkaian hambatan disusun menggunakan konsep transformasi ΔY. Rangkaian transformasi ΔY sebagai berikut. R1 RB
ε1 = 6 V
=
2Ω
RB =
3Ω
I1 + I2 = IL Pada loop I berlaku: ΣE + ΣIR = 0 ε1 – I1R1 – ILRL = 0 6 – 2I1 – 2IL = 0 2I1 + 2IL = 6 I1 + IL = 3 Pada loop II berlaku: ΣE + ΣIR = 0 ε2 + I1R1 – I2R2 = 0 I2R2 – I1R1 = ε2 3I2 – 2I1 = 9 3(IL – I1) – 2I1 = 9 3IL – 3I1 – 2I1 = 9 3IL – 5I1 = 9
R5
R2
=
ε2 = 9 V
R3
RA
A
RL = 2 Ω
II I2
Jadi, arus yang mengalir pada lampu sebesar 3,00 ampere.
RA =
Lampu
I
Persamaan (1) dan persamaan (2) dihubungkan I1 + IL = 3 ×5 5I1 + 5IL = 15 ×1 –5I1 + 3IL = 9 –5I1 + 3IL = 9 ––––––––––––– + 8IL = 24 IL = 3
= = RC = = =
. . . (1)
RC
B R4
R1R 2 R1 + R 2 + R 5
(10)(10) (10) + (10) + (5) 20 4 = 5 = 0,8 25 R1R 5 R1 + R 2 + R 5
(10)(5) (10) + (10) + (5) 50 =2 25 R 2R 5 R1 + R 2 + R 5
(10)(5) (10) + (10) + (5) 50 =2 25
Sehingga rangkaiannya menjadi: RS
1
RA B
A RS
. . . (2)
2
RS dan RS dirangkai paralel 1
1 RP
2
=
1 R S1
+
1 R S1
Fisika Kelas XII
113
1
1
= 7 + 12 12
7
= 84 + 84 19
= 84 84
EA
16c 100 cm
EA = EB =k
qB rB2
=
qB rB2
=
16 (10 − x )2
=
2 10 − x
114
1 C1
=
9. Jawaban: b Diketahui: IA = IB = 20 A aA = 1 cm = 1 × 10–2 m Ditanyakan: BP Jawab: Arah induksi magnet di titik A masuk ke bidang gambar, sedangkan arah induksi magnet di titik B keluar bidang gambar.
BB =
10 3
+
=
1 C V2 2 tot 1 C V2 2 P 1 (5,33 μF)(8 V)2 2 1 (5,33 μF)(64 V)2 2
μ0I A 2π aA (4π × 10−7 )(20) 2π (1× 10−4 )
= 4 × 10–4
10 3
cm dari titik A.
8. Jawaban: d Diketahui: C1 = 2 μF C2 = 4 μF C3 = 4 μF V = 8 volt Ditanyakan: Wtot Jawab: C1 dan C2 dirangkai seri =
Wtot =
=
Jadi, posisi titik supaya medan listrik sama dengan
1 CS
= 1,33 μF
Energi total pada rangkaian
=
nol terletak pada posisi
4 3
1 4 μF
CS dan C3 dirangkai paralel CP = CS + C3 = 1,33 μF + 4 μF = 5,33 μF
BA =
10 – x = 2x 3x = 10 x=
2 +1 4 μF
+
= 170,56 μJ = 1,7 × 10–4 joule Jadi, energi total pada rangkaian 1,7 × 10–4 joule. B
EB
4c
qA rA2 qA rA2 4 x2 1 x
=
=
7. Jawaban: c Diketahui: rAB = 100 cm qA = 4c qB = 16c Ditanyakan: rA Jawab:
k
1 2 μF
CS =
RP = 19 = 4,42 RA dan RP disusun seri sehingga hambatan totalnya: Rtot = RA + RP = 4 + 4,42 = 8,42 Ω Tegangan pada titik AB VAB = IR = (2)(8,42) = 16,84 Jadi, gelombang pada titik AB sebesar 16,84 volt.
A
=
1 C2
Ulangan Akhir Semester 1
μ0IB 2π aB (4π × 10−7 )(20) 2π (3 × 10−2 )
= 1,33 × 10–4 Induksi magnet di titik P BP = BA – BB = 4 × 10–4 – 1,33 × 10–4 = 2,67 × 10–4 Jadi, induksi magnet di titik P sebesar 2,67 × 10–4 tesla. 10. Jawaban: c Diketahui: IA = IB = 10 A aA = 4 cm = 4 × 10–2 m aB = 8 cm = 8 × 10–2 m Ditanyakan: BP
Jawab: Induksi magnetik di titik A keluar bidang, sedangkan induks magnetik di titik B masuk ke bidang. BA = =
μ0I 2aA (4π × 10−7 )(10) 2(4 × 10−2 )
B1 =
= 5π × 10–5 tesla BB = =
μ0I
=
2aB
(4π × 10−7 )(10) 2(8 × 10−2 )
Induksi magnet di titik P BP = BA – BB = 5π × 10–5 – 2,5π × 10–5 = 2,5π × 10–5 Jadi, induksi magnet di titik P sebesar 2,5π × 10–5 tesla. 11. Jawaban: b Diketahui: I =8A a =4m Ditanyakan: BL Jawab: BL = N
μ0I
2a 1 (4π × 10 −7 )(8) 2 (4)
= 4π × 10–7
Jadi, induksi magnet di titik L sebesar 4π × 10–7 tesla. 12. Jawaban: c Diketahui: I =2A a1 = 0,10 m a2 = 0,25 m Ditanyakan: BP Jawab: B1 = 1 μ0I =
4 2a1 1 (4π × 10 −7 )(2) 2(0,10) 4
= π × 10–6 = 10π × 10–7
(4π × 10 −7 )(4) 2π (2)
4 2a2 1 (4π × 10 −7 )(2) 4 2(0,25)
= 4π × 10–7 BP = B1 – B2 = 10π × 10–7 – 4π × 10–7 = 6π × 10–7 Jadi, medan magnet di pusat lingkaran sebesar 6π × 10–7 T.
B2 = =
μ0I 2 2a2 (4π × 10 −7 )(8) 2(2)
= 8π × 10–7 = 25,12 × 10–7 BP = B2 – B1 = 25,12 × 10–7 – 4 × 10–7 = 21,12 × 10–7 Jadi, induksi magnet di titik P sebesar 21,12 × 10–7 tesla. 14. Jawaban: a Diketahui: N = 50 I = 20 A a = 40 cm = 4 × 10–1 m Ditanyakan: B Jawab: B = =
μ0 I N 2π a (4π × 10 −7 )(20)(50) 2π (4 × 10−1)
= 5 × 10–4 Jadi, besar induksi magnet di sumbu toroid sebesar 5 × 10–4 T. 15. Jawaban: e Diketahui: I a x Ditanyakan: B Jawab: r =
=5A = 3 cm = 3 × 10–2 m = 4 cm = 4 × 10–2 m di titik P
x 2 + a2
=
3 +4
=
9 + 16 cm
2
2
cm
3 cm
B2 = 1 μ0I =
μ0I1 2π a1
= 4 × 10–4
= 2,5π × 10–5 tesla
=
13. Jawaban: a Diketahui: I1 = 4 A I2 = 8 A a =2m Ditanyakan: BP Jawab:
r P 4 cm
= 25 cm = 5 cm = 5 × 10–2 m
Fisika Kelas XII
115
Induksi magnet di titik P BP = =
F23 A
μ0 I a 2 (4π × 10−7 )(5)(3 × 10−2 )2 2(5 × 10−2 )2
= 0,72π × 10 Wb/m
16. Jawaban: b A Diketahui: N I μ0 Ditanyakan: B Jawab:
= 100 cm = 1 m = 150 A =5A = 4π × 10–7 Wb/Am
(4π × 10−7 )(3)(3) 2π (8 × 10−2 )
A
2
(4π × 10 −7 )(5)(150) 2(1)
= 1,5π × 10–4 T
Jadi, induksi magnet di ujung solenoid 1,5π × 10–4 T. 17. Jawaban: c Diketahui: B = 5 mT = 5 × 10–3 T v = 4 × 106 m/s q = 1,6 × 10-19 C Ditanyakan: F Jawab: F = Bqv = (5 × 10–3)(1,6 × 10–19)(4 × 106) = 3,2 × 10–15 N Jadi, gaya yang bekerja pada muatan sebesar 3,2 × 10–15 N. 18. Jawaban: e Diketahui: μ0 I1 a1 a2
= 4π × 10–7 Wb/Am = I2 = I3 = 3 A = 2 cm = 2 × 10–2 m = 8 cm = 8 × 10–2 m
Ditanyakan: F2 Jawab: Arah gaya per satuan panjang pada kawat I2. F 12
I2
F 23
μ I I = 0 12 2π a12
=
=
(4π × 10−7 )(3)(3) 2π (2 × 10−2 )
= 9 × 10–5 N/m Ulangan Akhir Semester 1
F12 A
+
F23 A
= 9 × 10–5 + 2,25 × 10–5 = 11,25 × 10–5 N/m Jadi, gaya per satuan panjang yang dialami kawat I2 adalah 11,25 × 10–5 N/m.
B = =
I3
6,4 × 10−18 (1,6 × 10−19 )(4 × 105 )
μ0 I 2π a
a =
μ0 I 2π B
=
=5A = 6,4 × 10–18 N = 4 × 105 m/s = 1,6 × 10–19
F qv
B =
= 1 × 10–4 T
(4π × 10−7 )(5) 2π (1× 10−4 )
= 10 × 10–3 m = 1 × 10–2 m = 1 cm 20. Jawaban: d Diketahui: m q B r Ditanyakan: p Jawab: r =
A
I1
F2 A
19. Jawaban: a Diketahui: I F v q Ditanyakan: a Jawab: F =Bqv
μ IN B = 1 0
116
=
= 2,25 × 10–5 N/m
2
Jadi, induksi magnet di titik P sebesar 0,72π × 10–5 Wb/m2.
F12 A
μ0 I 2 I 3 2π a23
2r 3
–5
=
=
r =
= 40 gram = 4 × 10–2 kg = 1,6 C = 5 mT = 5 × 10–3 T = 8 mm = 8 × 10–3 mm
mv Bq p Bq
p = Bqr = (5 × 10–3)(1,6)(8 × 10–3) kg m/s = 64 × 10–6 kg m/s = 6,4 × 10–5 kg m/s Jadi, momentum partikel sebesar 6,4 × 10–5 kg m/s. 21. Jawaban: d Arah induksi magnet dapat ditentukan menggunakan aturan genggaman tangan kanan dengan ibu jari menunjukkan arah arus, sedangkan genggaman tangan menunjukkan arah induksi magnet. Berdasarkan gambar pilihan yang tepat adalah
pilihan d dengan arah induksi magnet masuk tegak lurus menembus bidang gambar menjauhi pembaca. 22. Jawaban: b Diketahui: I1 = 1 ampere a = 10 cm = 1 × 10–1 m F A
μ II
= 20π1a2
8 × 10–7 =
(4π × 10 −7 )(1)(I 2 ) 2π (1× 10 −1)
8 × 10–7 = 2 × 10–6I2 I2 =
8 × 10−7 2 × 10−6
= 0,4
Jika kedua kawat saling tarik-menarik, arah arus kawat kedua ke atas. Jadi, besar dan arah arus kawat kedua (I2) adalah 0,4 ampere ke atas. 23. Jawaban: d Diketahui: A =4m I = 2,5 A B = 0,05 T Ditanyakan: F Jawab: Gaya magnet yang dialami penghantar F =IAB = (2,5 A)(4 m)(0,05 T) = 0,5 N Adapun arah gaya magnet dapat ditentukan dengan aturan tangan kanan. Berdasarkan gambar, jika arah arus ke arah timur dan arah kuat medan magnet mendekati pembaca, arah gaya magnet ke bawah. 24. Jawaban: c Diketahui: a = 6 cm = 6 × 10–2 m R = 8 cm = 8 × 10–2 m r2 =
a2 + R 2
62 + 82 cm = 10 cm = 10 × 10–2 m = I2 = 12 A =
I2 Ditanyakan: B2
10 cm 6 cm 8 cm B2
= 8 × 10–7 Nm–1
Ditanyakan: besar dan arah I2 Jawab: F A
Jawab: Arah kuat medan magnet dapat ditentukan dengan aturan tangan kanan.
1
2
Arah B1 dan B2 searah yaitu ke arah barat. Besar kuat medan magnet di pusat lingkaran kawat 2 adalah B = B1 + B2 =
μ I
μ0 I a 2
+ 20a
2r 3
μ I
= 20
(
a2 r3
1
+ a)
=
(4π × 10 −7 )(12) 2
(
=
(4π × 10 −7 )(12) 2
(
(6 × 10 −2 )2 (10 × 10 −2 )3
36 × 10−4
= (2π × 10–7)(12)(
10−3 0,216 + 1 6 × 10−2
+
+
1 (6 × 10−2 ) 1
6 × 10−2
)
)
)
= (2π × 10–5)(2,432) = 4,864π × 10–5 Jadi, kuat medan magnetnya 4,864π × 10–5 tesla ke arah barat.
adalah
25. Jawaban: b Diketahui: Φ1 = 0,03 Wb Φ2 = 0,05 Wb Δt = 0,2 s N = 50 lilitan Ditanyakan: εind Jawab:
εind = –N
ΔΦ Δt
= –50
(0,05 Wb − 0,03 Wb) 0,2 s
= 5,0 V Jadi, GGL induksi yang timbul sebesar 5,0 V. 26. Jawaban: c Diketahui: A = 40 cm = 0,4 m v = 3 m/s B =4T Ditanyakan: εind dan arah Jawab: εind = B A v = (4 T)(0,4 m)(3 m/s) = 4,8 V
Fisika Kelas XII
117
Arah arus induksi dapat ditentukan menggunakan kaidah tangan kanan. Oleh karena batang AB digerakkan ke kanan, gaya Lorentz yang bekerja pada batang berarah ke kiri. Jari tengah yang ditekuk ke kiri menunjukkan arah gaya Lorentz sedangkan medan magnet keluar bidang ditunjukkan oleh jari telunjuk. Arah ibu jari menunjukkan arah arus induksi yaitu dari A ke B. Jadi, arus induksi yang timbul sebesar 0,8 A dari A ke B. dI dt
= 200 mA/s = 0,2 A/s
N = 200 lilitan L =2H Ditanyakan: εind Jawab:
εind = L
dI dt
= (0,2 H)(2 A/s) = 0,4 V Jadi, GGL induksi yang timbul sebesar 0,4 V. 28. Jawaban: a Diketahui: A N A μ0 Ditanyakan: L Jawab: L=
= 30 cm = 0,3 m = 200 lilitan = 2 cm2 = 2 × 10–4 m2 = 4π × 10–7 Wb/Am
Jadi, induktansi diri solenoid sebesar 1,067π × 10 H. 29. Jawaban: b Diketahui: L = 3,6 H I =2A Ditanyakan: W Jawab: W = 1 LI 2
=
Vm BAω 1.200 V (2,5 T)(0,05 m2 )(20 rad/s)
= 480
dI dt d (−2t 2 + 4t − 2) dt
30 = –1,5(–4t + 4) 36 = 6t 6= t Jadi, GGL induksi 30 V pada saat t = 6 s. 33. Jawaban: e Pada trafo ideal berlaku daya masuk sama dengan daya keluar. Pmasuk = Pkeluar VpIp = VsIs
2
2
(3,6 H)(2 A) = 7,2 J
Jadi, energi yang tersimpan dalam solenoid sebesar 7,2 J.
118
N=
30 = –(1,5) –5
30. Jawaban: b A Diketahui: N1 N2 A Ditanyakan: M
= 6,4π × 10 Jadi, induktansi bersama kedua solenoid sebesar 6,4π × 10–5 H.
εind = –L
= 1,067π × 10–5
=
0,2 –5
32. Jawaban: c Diketahui: L = 1,5 H I = –2t2 + 4t – 2 εind = 30 V Ditanyakan: t Jawab:
(4π × 10−7 )(200)2 (2 × 10−4 ) (0,3)
1 2
=
μ0 A N1N 2 A (4π × 10 −7 )(1,63 × 10 −3 )(200)(100)
Jadi, jumlah lilitan kumparan 480 buah.
μ0 N 2 A A
=
M=
31. Jawaban: c Diketahui: ω = 20 rad/s B = 2,5 T A = 0,05 m2 Vm = 1.200 V Ditanyakan: N Jawab: Vm = N B A ω
27. Jawaban: a Diketahui:
Jawab:
= 20 cm = 0,2 m = 200 lilitan = 100 lilitan = 16 cm2 = 1,6 × 10–3 m2
Ulangan Akhir Semester 1
Y(2,0) = (1.200)(0,05) Y = 30 Perbandingan jumlah lilitan sama dengan perbandingan tegangan. Np Ns
200 X
= =
Vp Vs
30 1.200
X = 8.000 Jadi, X = 8.000 lilitan dan Y = 30 V.
34. Jawaban: b Diketahui: Np : Ns = 2 : 15 Vp = 30 V Ip = 2 A ΔP = 15 W Ditanyakan: N Jawab: Np Ns
2 15
= =
Vs =
Vp Vs 30 V Vs
450 V 2
Pkeluar Vs
=
45 W 225 V
Vs
200 V 150.000 V
= 0,2 A
× 100%
= 300 × 100% 330
= 90,9% ≈ 91% Jadi, efisiensi trafo 91%.
2π ⎞ ⎟ ⎝ 60 ⎠
Ns 300 Ns
45.000.000 V 200 V
38. Jawaban: c εind Diketahui: I1 I2 Δt Ditanyakan: L Jawab:
ε= L
dI dt
ε= L
I 2 − I1 Δt
rad/s = 5π rad/s
= 2,4 V = 20 mA = 0,02 A = 10 mA = 0,01 A = 5 ms = 0,005 s
⎛ 0,02 − 0,01⎞ ⎟ ⎝ 0,005 ⎠
2,4 = L ⎜
2,4 = L(2) L = 1,2 Jadi, induktansi diri induktor sebesar 1,2 H. 39. Jawaban: b Diketahui: L = 0,6 H I = t2 – 4t + 5 t =1s Ditanyakan: εind Jawab:
εind = –L
36. Jawaban: a Diketahui: A = 30 cm × 40 cm = 1.200 cm2 = 0,12 m2 N = 400 lilitan B = 3,0 T ω = 150 rpm = 150 ⎛⎜
=
Np
= 225.000 Jadi, lilitan sekunder berjumlah 225.000 lilitan.
35. Jawaban: d Diketahui: Ip = 1,5 A Vp = 220 V ΔP = 30 W Ditanyakan: η Jawab: Pkeluar = Pmasuk – ΔP = VpIp – ΔP = (220 V)(1,5 A) – 30 W = 330 W – 30 W = 300 W
η =
=
Ns =
Jadi, arus keluaran trafo sebesar 0,2 A.
Pkeluar Pmasuk
37. Jawaban: e Diketahui: V s = 150 kV = 150.000 V Vp = 200 V Np = 300 Ditanyakan: Ns Jawab: Vp
= 225 V Pkeluar = Pmasuk = VpIp – Δp = (30 V)(2 A) – 15 W = 60 W – 15 W = 45 W Is =
Ditanyakan: εmaks Jawab: εmaks = N B A ω = (400)(3,0)(0,12)(5π) = 720π Jadi, GGL maksimum sebesar 720π V.
dI dt
= –(0,6)
d (t 2 − 4t + 5) dt
= –0,6(2t – 4) = –0,6(2(1) – 4) = –0,6(–2) = 1,2 Jadi, GGL induksi yang timbul sebesar 1,2 V.
Fisika Kelas XII
119
40. Jawaban: b Diketahui: Vp Ip Vs η Ditanyakan: I s Jawab:
η=
Pkeluar Pmasuk
η=
VsI s VpIp
B1 =
× 100%
=
B2 =
× 100%
=
Is = 0,32 Jadi, arus Is sebesar 0,32 A. B. Uraian 1. Diketahui:
nada dasar = f0 f′ 0 = 2f0 Ditanyakan: F Jawab:
(4π × 10−7 )(4) 2π (4 × 10−1)
μ0I 2 2π a2 (4π × 10−7 )(4) 2π (1× 10−1)
= 8 × 10–6 T BP = B1 + B2 = 2 × 10–6 + 8 × 10–6 = 8 × 10–6 Jadi, induksi magnet di titik P adalah 1 × 10–5 T. 4. Diketahui:
F1A m F2A m
=
λ f0 = λ f0′
F1 F2
f0 2f0
→
f0
F1 F2
=
2
4f0 2
=
Q
D
F1 F2
1
V=
4πε 0
I1
V2 =
= = =
4πε 0 q 4πε 0
q X
d
q Y
(
μ0 I1 I 2 ×L 2π a1 (4π × 10−7 )(30)(40) (2π )(0,25)
× 0,3
= 2,88 × 10–4 N
1 Y
– –
X −Y ( 4πε 0 XY q
B
a1
=
Beda potensial keping I dan keping II ΔV = V1 – VII 1
L
F BC
a2
1 q 4πε 0 Y 4πε 0
F AB
A P
FAD =
1
FCD
F AD
q r
maka: V1 =
C
I2
Jadi, tegangan dawai diubah menjadi empat kali tegangan dawai semula. 2. Potensial listrik bola berongga dapat dirumuskan:
= 30 A = 40 A = 25 cm = 0,25 m = 75 cm = 0,75 m = 30 cm = 0,3 m = 4π × 10–7 Wb/Am
Menentukan arah gaya dengan kaidah tangan kanan.
F2 = 4F1
120
I1 I2 a1 a2 L μ0
FA m
v= v1 v2
μ0I1 2π a1
= 2 × 10–6 T
× 100%
200Is (40)(2)
80% =
I1 = I2 = 4 A a1 = 40 cm a2 = 10 cm Ditanyakan: Bp Jawab:
3. Diketahui: = 40 V =2A = 200 V = 80%
1 4πε 0
1 X
q X
)
)
Ulangan Akhir Semester 1
FBC = =
μ0 I1 I 2 ×L 2π a2 (4π × 10−7 )(30)(40) (2π )(0,75)
× 0,3
= 0,96 × 10–4 N FAD dan FBC berlawanan arah sehingga resultan gaya adalah selisih aljabar antara kedua gaya.
F = FAD – FBC = (2,88 × 10–4) – (0,96 × 10–4) = 1,92 × 10–4 N Besar gaya magnet pada kawat ABCD sebesar 1,92 × 10–4 N. q = 1,6 × 10–19 C v = 1,5 × 10–6 m/s B = 2 × 10–3 T θ = 60° Ditanyakan: F Jawab: F = B q v sin θ = (2 × 10–3)(1,6 × 10–19)(1,5 × 10–6) sin 60°
5. Diketahui:
–3
–19
= (2 × 10 )(1,6 × 10 )(1,5 × 10
–6
1 )( 2
3)
–28
= 2,4 3 × 10 N Jadi, gaya Lorentz elektron sebesar 2,4 3 × 10–28 N. 6. Diketahui:
I = 20 ampere N = 30 a = 25 cm = 2,5 × 10–2 m Ditanyakan: B Jawab: B = =
μ0 I N 2a (4π × 10−7 )(20)(30) 2(2,5 × 10−2 )
= 4,8π × 10–3 T Jadi, induksi magnetik di pusat kumpatan sebesar 4,8π × 10–4 T. 7. Diketahui:
A
= 40 cm × 25 cm = 1.000 cm2 = 0,1 m2
dB dt
= 2 × 10–2 T/s
N =1 Ditanyakan: εind Jawab: Δθ Δt dBA –N dt
εind = –N =
dB
= –N dt = –(1)(0,1 m2)(2 × 10–2 T/s) = –2 × 10–3 V Jadi, GGL induksi yang timbul sebesar 2 × 10–3 V.
A = 40 cm = 0,4 m R = 15 Ω I = 0,02 A B = 0,5 T Ditanyakan: v Jawab: εind = IR = (0,02 A)(15 Ω) = 0,3 V
8. Diketahui:
εind = Blv ε
v = BindA =
0,3V (0,5 T)(0,4 m)
= 1,5
Arah kecepatan dapat ditentukan menggunakan kaidah tangan kanan untuk gaya Lorentz. Ibu jari menunjukkan arah arus, jari telunjuk menunjukkan arah medan magnet, sedangkan jari tengah yang ditekuk menunjukkan arah gaya Lorentz. Berdasarkan kaidah tersebut diketahui gaya Lorentz berarah ke kiri. GGL induksi yang timbul selalu berlawanan dengan penyebabnya. Dengan demikian arah gerak batang AB berlawanan dengan arah gaya Lorentz, yaitu ke kanan. Jadi, batang AB bergerak ke kanan dengan kecepatan 1,5 m/s. 9. Apabila pada rangkaian dipasang induktor, perubahan arus listrik pada rangkaian akan menimbulkan GGL induksi pada induktor. GGL induksi selalu melawan perubahan arus listrik. Dengan demikian ketika lampu dinyalakan akan terjadi perubahan arus dari tidak ada (nol) menjadi ada. GGL induksi yang timbul melawan polaritas baterai sehingga lampu tidak langsung menyala terang. 10. Diketahui:
N = 400 A = 0,25 m2 B = 0,5 T
ω =
120
π
rpm = 4 rad/s
Ditanyakan: εmaks Jawab: εmaks = N B A ω = (400)(0,5 T)(0,25 m2)(4 rad/s) = 200 V Jadi, GGL maksimum generator sebesar 200 V.
Fisika Kelas XII
121
Setelah mempelajari bab ini, peserta didik mampu: 1. memahami besaran-besaran dalam rangkaian listrik bolak-balik (AC). 2. mengetahui penerapan rangkaian listrik bolak-balik (AC) dalam kehidupan sehari-hari Berdasarkan pengetahuan dan keterampilan yang dikuasai, peserta didik: 1. melakukan pengukuran besaran-besaran dalam listrik bolak-balik. 2. memecahkan masalah dalam kehidupan sehari-hari yang berhubungan dengan rangkaian listrik bolak-balik.
Listrik Bolak-Balik
Besaran dalam Listrik Bolak-Balik
•
•
Melakukan diskusi membedakan listrik searah dengan listrik bolak-balik dan menyebutkan besaran-besarannya. Melakukan praktikum menyelidiki tegangan bolakbalik yang mencakup penyelidikan bentuk dan cara pembacaan menggunakan osiloskop.
Rangkaian Listrik Bolak-Balik
• • • •
• • • • • • •
122
Melakukan diskusi menyebutkan macam-macam rangkaian listrik bolak-balik. Melakukan praktikum untuk menyelidiki rangkaian seri RLC. Melakukan observasi tentang cara kerja tuning radio. Membuat tulisan tentang filter.
Mensyukuri nikmat Tuhan telah diciptakannya listrik bolak-balik yang sangat bermanfaat bagi perkembangan teknologi. Terampil dalam melakukan pengukuran besaran-besaran listrik bolak-balik. Mampu menjelaskan besaran-besaran dalam listrik bolak-balik. Mampu mengidentifikasi dan menjelaskan macam-macam rangkaian listrik bolak-balik. Mampu memahami pola rangkaian RLC dan terampil dalam mengukur besaran-besaran yang terdapat di dalamya. Mampu menjelaskan cara kerja tuning radio berdasarkan pola rangkaian. Mampu memahami karakteristik filter yang dituangkan dalam sebuah tulisan.
Listrik Bolak-Balik
A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: a Tegangan PLN sebesar 220 volt artinya: 1) Tegangan efektif Vef = Vrms = 220 volt AC. 2) Tegangan maksimum Vm = Vef 3)
2 =220 2 volt AC.
Tegangan puncak ke puncak Vpp = 440 2 volt AC.
2. Jawaban: a Diketahui: C = 1 nF = 1 × 10–9 F f = 50 Hz Ditanyakan: XC Jawab: XC =
1 ωC 1
= 2π (50 Hz)(1× 10−9 F) = 0,318 × 107 Ω = 3,18 × 106 Ω Jadi, reaktansi yang dimiliki kapasitor sebesar 3,18 × 106 Ω. 3. Jawaban: d Diketahui: R =10 Ω L =10 mH = 10 × 10–3 H XL = ωL = (2π )(50 Hz)(10 × 10–3 H) = 10π × 10–1 Ω = π Ω Ditanyakan: Zs Jawab: Zs = R + jωL | Zs | = =
(R + j ωL )(R − j ωL ) 2
2
R + (ωL )
= 102 + (1 π )2 = 10,48 Ω Jadi, hambatan total rangkaian sebesar 10,48 Ω. 4. Jawaban: e V = 1,5 2 sin ωt volt R =15 Ω Ditanyakan: Ief Jawab: Diketahui:
Vef = Ief =
Vm 2
Vef R
= =
1,5 2 2
1,5 V 15 Ω
V =1,5 V
= 0,1 A
Jadi, arus yang mengalir pada lampu sebesar 0,1 A.
5. Jawaban: c Berdasarkan gambar, dapat diperoleh data sebagai berikut. T = 10 ms = 1 × 10–2 s Vm = 5 V Oleh karena itu dapat ditentukan nilai besaranbesaran: 1
1)
Frekuensi tegangan f = 1 =
2)
Tegangan maksimum Vm = 5 V
3)
Tegangan efektif/RMS Vef = Vrms =
4)
Kecepatan sudut tegangan
T
2π
1× 10−2 s
= 100 Hz
5 2
V
2π
ω= T = = 200π rad/s 1× 10−2 s Jadi, pernyataan yang tepat ditunjukkan oleh nomor 2), 4), dan 5). 6. Jawaban: c Diketahui:
Vef = 10 2 V f = 20 Hz Ditanyakan: bentuk sinyal tegangan Jawab: Vm = Vef
2
= ( 10 2 V)( 2 ) = 20 V T=
1 f
=
1 20 Hz
= 0,05 s = 50 ms
Jika digambarkan dalam kurva sinusoidal sebagai berikut. V (volt) 20 0
25 50 75 100
t (ms)
7. Jawaban: e Diketahui: I = 0,2 sin 10πt A Ditanyakan: Ir Jawab: Ir =
Im
π
=
0,2 A
π
= 0,06 A
Jadi, arus rata-rata yang dibawa oleh sinyal arus bolak-balik tersebut sebesar 0,06 A. 8. Jawaban: a Diketahui: C1 = C2 = 10 nF = 1 × 10–8 F f = 30 Hz Ditanyakan: Z
Fisika Kelas XII
123
Jawab: C = C1 + C2 = 2 × 10–8 F ω = 2πf = 2π (30 Hz) =188,4 rad /s Z =
1 –j ωC
( − j )( j )
|Z|=
1
1
ωC
ωC
1
1 = ωC = = 2,65 × 105 (188,4)(2 × 10−8 ) Jadi, impedansi total susunan kapasitor tersebut sebesar 2,65 × 105 Ω.
9. Jawaban: b Diketahui: Vm = 8 V T = 20 ms = 2 × 10–2 s Ditanyakan: V(t) Jawab:
ω =
2π T
=
2π
2 × 10−2 s
maksimum dan puncak ke puncak dapat dideteksi dengan osiloskop. 2. I(t) = Im sin ωt → I(t) = 0,5 sin 100 π t ampere a. Im= 0,5 A b. Ipp = 2Im = (2)(0,5 A) = 1 A
= (2)(5 mA)( 2 ) = 10 2 mA Jadi, arus puncak ke puncak yang mengalir pada resistor sebesar 10 2 mA. B. Uraian 1. Angka 6 volt pada voltmeter menunjukkan bahwa tegangan efektif keluaran trafo sebesar 6 V. Tegangan yang dapat terukur pada voltmeter adalah tegangan efektifnya. Sedangkan tegangan
A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: c Diketahui: R L C ω V Ditanyakan: I
124
= 0,25 2 A
d.
ω = 2π f → 100π = 2π f
=
2
100π
f = 2π
= 50 Hz
3. Cp = C + C = 2C Zs = ZR + ZCp 1
= R – j ωC p
(R − j )(R − j ) 1 2ωC
| Zs | =
V(t) = Vm sin ωt = (8 sin 100π t) volt Jadi, persamaan/fungsi tegangan berdasarkan kurva tersebut adalah V(t) = (8 sin 100π t) volt.
= 2Ief 2
0,5 A 2
Irms =
= 100π s
10. Jawaban: e Diketahui: Ief = 5 mA Ditanyakan: Ipp Jawab: Ipp = 2Im
Im
c.
=
R2 +
=
R2 +
1 2ωC
1 4ω 2C 2 1 4 X C2
4. Diketahui:
Amplitudo sinyal tegangan Vm = (2 DIV)(0,5 VOLT/DIV) = 1 VOLT Periode sinyal tegangan T = (4 DIV)(0,1 SEKON/DIV) = 0,4 SEKON Ditanyakan: V(t) Jawab:
ω =
2π T
=
2π 0,4 s
= 5π rad/s
V(t) = Vm sin ω t = (1 sin 5π t) volt Jadi, fungsi sinyal tegangan yang ditunjukkan pada layar osiloskop adalah V(t) = (1 sin 5π t) volt. 5. Induktor tersusun atas lilitan kawat. Jika dialiri arus bolak-balik, maka akan timbul medan magnet. Inilah cara induktor menyimpan energi listrik, yaitu dalam wujud medan magnet di sekitar kawat berarus.
Jawab: XL = ωL = (200 rad/s)(0,075 H) = 15 Ω = 12 Ω = 0,075 H = 500 μF= 5 × 10–4 F = 200 rad/s = (26 sin 200t) V
Listrik Bolak-Balik
1
1
XC = ωC = (200 rad/s)(5 × 10−4 F) =10 Ω |Z| =
R 2 + (X L − X C )2
=
(12 Ω)2 + (15 Ω − 10 Ω)2
=
144 Ω2 + 25 Ω2 = 13 Ω
Gunakan hukum Ohm untuk menentukan nilai arus yang mengalir 26 V
V
I = Z = 13 Ω = 2 A Jadi, arus yang mengalir dalam rangkaian tersebut sebesar 2 A. 2. Jawaban: b Diketahui: L = 0,8 H C = 8 μF= 8 × 10–6 F ω = 500 rad/s V = 200 V Z = 250 Ω Ditanyakan: R Jawab: XL = ωL = (500 rad/s)(0,8 H) = 400 Ω 1
XC =
ωC
=
1 (500 rad/s)(8 × 10−6 F)
|Z|=
R 2 + (X L − X C )2
250 Ω =
R 2 + (X L − X C )2
(250
Ω)2
7. Jawaban: a Pada resistor I = Im sin ωt dan V = Vm sin ωt Arus sesaat sama dengan tegangan sesaat sehingga sudut fase tegangan dan arus sama. 8. Jawaban: a 1)
1 2π
f r2 =
1 ⎛ 1 ⎞⎛ ⎜ 2 ⎟ ⎜⎜ ⎝ 4π ⎠ ⎝ (10 × 103 )(25 × 10 −6 )
1
fr = 2)
Hz
sebesar 2 terhadap arus. Pada rangkaian R dan
3)
f r2 =
π
L, tegangan mendahului arus sebesar 2 .
5 4π 2
R 2 + ( X L − X C )2
Hz =
Apabila nilai XL = XC, maka impedansi rangkaian (Z ) sama dengan hambatan R. Dengan demikian, akan terjadi resonansi pada rangkan R-L-C. 5. Jawaban: c Jika XL > XC, maka rangkaian bersifat induktif. Arus I tertinggal 90o terhadap tegangan V. Oleh karena itu jawaban yang benar adalah opsi c.
f r2 =
V
4π 2
Hz
4π 2
Hz =
10 4π 2
⎞
Hz ⎟⎟ ⎠
Hz
1
Hz = 2π 10 Hz
1
1
4π 2 (5 × 103 )(25 × 10−6 )
2
fr = f r2 =
⎠
1
⎛ 1 ⎞ ⎟ (8) ⎝ 4π 2 ⎠
6. Jawaban: d Pada rangkaian induktor murni berlaku Im = ωmL dengan ω = 2πf. Jika frekuensi sumber menjadi dua kali semula, arus yang mengalir akan menjadi 0,5 kali semula. Kecepatan sudut menjadi dua kali semula. Reaktansi induktif dirumuskan: XL = ωL
10
= ⎜
5)
5
⎞
Hz ⎟⎟
Hz = 2π 5 Hz
⎛ 1 ⎞ ⎟ (10) ⎝ 4π 2 ⎠
4)
Hz
1 ⎛ 1 ⎞⎛ ⎜ 2 ⎟ ⎜⎜ 3 ⎝ 4π ⎠ ⎝ (10 × 10 )(10 × 10 −6 )
fr =
⎠
1
= ⎜
4. Jawaban: e Resonansi terjadi bila XL = XC dan Z = R. Impedansi rangkaian dirumuskan sebagai berikut.
1
π2
1 ⎛ 1 ⎞⎛ ⎜ 2 ⎟ ⎜⎜ ⎝ 4π ⎠ ⎝ (10 × 103 )(20 × 10 −6 )
fr =
3. Jawaban: c Pada rangkaian R dan C, tegangan selalu tertinggal
Hz =
⎞
Hz ⎟⎟
Hz = π Hz
⎛ 1 ⎞ ⎟ (5) ⎝ 4π 2 ⎠
2
π
f r2 =
π2
= ⎜
40.000 Ω = 200 Ω Jadi, nilai resistansi hambatan sebesar 200 Ω.
Z=
1 LC
= ⎜
= + (400 Ω – 250 R2 = 62.500 Ω2 – 22.500 Ω2 R=
fr =
⎛ 1 ⎞ ⎟ (4) ⎝ 4π 2 ⎠
= 250 Ω
Ω)2
R2
Dengan demikian, apabila frekuensi diperbesar dua kali semula maka reaktansi induktif akan menjadi dua kali semula. Akibatnya, impedansi rangkaian ikut berubah.
π2
Hz =
2
π2
Hz
1
Hz = π 2 Hz
1
1
4π 2 (5 × 103 )(20 × 10−6 ) ⎛ 1 ⎞ ⎟ (10) ⎝ 4π 2 ⎠
= ⎜
10
Hz =
10 4π 2
Hz
1
Hz = 2π 10 Hz Jadi, Andi harus memilih induktor dengan induktansi 10 mH dan kapasitor dengan kapasitansi 25 μF. fr =
4π 2
Fisika Kelas XII
125
9. Jawaban: c Resonansi terjadi apabila Z = R. Oleh karena itu, besar XL harus sama dengan XC.
|
1 Z
10. Jawaban: a Diketahui: R = 30 Ω L = 10 mH = 0,01 H V =6V fr = 500 Hz Ditanyakan: C dan I Jawab: fr =
1 2π
1 (0,01H)(C )
2,5 × 105 Hz =
1 1 4π (0,01H)(C )
2,5 × 105 Hz =
1 (0,04π H) C
C = 3,18 × 10–5 F = 3,18 μF
XL = ωL = 2π(500 Hz)(0,01 H) = 31,4 Ω
1 2π (500 Hz)(3,18 × 10 −5 F)
30 Ω2 − (31,4 Ω − 10 Ω)2
900 Ω2 − 457,96 Ω2 = 21,04 Ω ≈ 21 Ω V 6V = 21Ω = 0,285 A = 285 mA Z Jadi, kapasitansi kapasitor dan arus yang mengalir dalam rangkaian secara berturut-turut sebesar 31,8 μF dan 285 mA. =
B. Uraian 1. Rangkaian tersebut menunjukkan rangkaian paralel R – L – C. Persamaan impedansinya sebagai berikut. 1 Z
=
1 ZR
+
= 1 + R
126
1 ZL
1 j ωL
+
1 ZC
– jωC
Listrik Bolak-Balik
1 RX L
X L 2 + R 2 + 2R 2 X L X C + R 2X L 2X C2 RX L
2
2
X L + R + 2R 2X L X C + R 2X L 2X C2
VR2 + (VL − VC )2
V = =
400 + 400
=
800
= 20 2 P = VI cos ϕ V
= VI VR ⎛ 20 V ⎞ ⎟ 2 V ⎟⎠ ⎝
R 2 − (X L − X C )2
=
I
⎛ X L 2 + R 2 + 2R 2X L X C + R 2 X L 2 X C2 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ R 2X L 2 ⎝ ⎠
VR = 20 V VL = 30 V VC = 50 V I =2A Ditanyakan: P Jawab:
= 10 Ω
=
=
2. Diketahui:
1
XC = ωC
Z =
⎛ ω 2L2 + R 2 + 2R 2ω 2LC + R 2ω 4L2C 2 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ R 2ω 2L2 ⎝ ⎠
Z= 2π
⎛ j ωL + R + R ω 2LC ⎞ ⎛ − j ωL + R + R ω 2LC ⎞ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ jR ωL − jR ωL ⎝ ⎠⎝ ⎠
=
=
1 LC
500 Hz = 1
=
| =
= ( 20 2 V)(2 A) ⎜⎜ 20
= 40 watt
Jadi, daya yang diserap rangkaian sebesar 40 watt. R = 400 Ω f = 50 Hz V = 20 sin ωt volt Ditanyakan: a. Im b. ω
3. Diketahui:
1
c.
IR → t = 75 sekon
d.
IR → t = 50 sekon
1
Jawab: a. XR = R = 400 Ω Im = b. c.
Vm XR
=
20 V 400 Ω
= 0,05 A
ω = 2π f = (2π)(50 Hz) = 100π rad/s I = Im sin ω t = (0,05 sin 100π t) A I
t→
1
1 75
= (0,05 sin 100π )( 75 )) A = (0,05)(0,86) A = 0,043 A
d.
Jadi, persamaan arus pada rangkaian induktif di
1
I
t→
1 50
= (0,05 sin 100π ( 50 )) A
π
atas adalah I = 5 sin (200t – 2 ) A.
= (0,05)(0) A = 0 A 4. XL = ωL = (200)(0,2) = 40 Ω Im =
Vm XL
=
200 V 40 Ω
=5A π
Arus pada rangkaian induktif tertinggal 2 terhadap tegangannya. Oleh karena itu, persamaan arus yang mengalir dalam rangkaian sebagai berikut. π
π
I = Im sin ωt – 2 = 5 sin (200t – 2 ) A
A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: b Diketahui: R = 50 Ω L = 10 mH = 0,01 H V = 220 V f = 50 Hz Ditanyakan: Z Jawab: ω = 2π f = (2π )(500 Hz) = 1.000π rad/s XL = ωL = (1.000π rad/s)(0,01 H) = 10π Ω Z = =
R 2 + X L2 =
5. Syarat terjadinya resonansi rangkaian listrik bolakbalik adalah impedansi total rangkaian minimum. Keadaan ini tercapai jika nilai reaktansi kapasitif sama dengan nilai reaktansi induktif sehingga impedansi total rangkaian hanya bernilai Z = R. Selain itu, resonansi terjadi jika sudut fase rangkaian adalah nol. Apabila impedansi rangkaian bernilai Z = R, maka arus dan tegangannya sefase atau θ = 0.
=
2)
2.500 + 985,96
|Z| =
R 2 + ⎛⎜ 1 ⎞⎟ ⎝ ωC ⎠
=
4 × 106 +
=
4 × 106 +
3)
|Z|=
1)
|Z| =
=
R 2 + ⎛⎜ 1 ⎞⎟ ωC ⎝
108 631,01
⎝ ωC ⎠
=
9 × 106 +
=
9 × 106 +
1 2π (5 × 10)−4 108 985,96
= 3,01 × 103 Ω = 9,10 × 106 Ω 4)
|Z| =
R 2 + ⎛⎜ 1 ⎞⎟ ⎝ ωC ⎠
=
9 × 106 +
=
9 × 106 +
2
1 2π (3 × 10)−4 108 354,95
= 9,05 × 103 Ω = 9,28 × 106 Ω
⎠
1 ⎛ ⎞ 4 × 106 + ⎜ π × 2 (5 10)−4 ⎟⎠ ⎝
1 2π (4 × 10)−4
2 R 2 + ⎛⎜ 1 ⎞⎟
3. Jawaban: c 2
2
= 2,04 × 103 Ω = 4,16 × 106 Ω
=
2. Jawaban: d Resistor adalah komponen yang hanya mendisipasi energi artinya komponen ini hanya dapat membuang energi dalam bentuk panas. Hal ini berbeda dengan komponen kapasitor dan induktor. Kapasitor keping sejajar misalnya. Kapasitor jenis ini memiliki kemampuan menyimpan energi listrik yang melewatinya dalam bentuk medan listrik. Sementara induktor yang memiliki morfologi berupa lilitan mampu menyimpan energi listrik dalam bentuk medan magnet. Hal ini sesuai dengan hukum Faraday. Oleh karena itu, jawaban yang benar adalah pernyataan 2) dan 5).
108 985,96
= 2,02 × 103 Ω = 4,10 × 106 Ω
502 + (10π )2
3.485,96 = 59,04 Ω ≈ 59 Ω Jadi, impedansi total rangkaian sebesar 59 Ω.
4 × 106 +
2
Fisika Kelas XII
127
5)
2 R 2 + ⎛⎜ 1 ⎞⎟ ωC
|Z|=
⎝
6
=
16 × 10 +
=
16 × 106 +
2π (3 × 10)−4 108 354,95
4. Jawaban: c Grafik pada soal menunjukkan tegangan dan arus π
memiliki beda fase sebesar 2 atau 90°. Tegangan mendahului 90° terhadap arus. Oleh karena itu, grafik pada soal menunjukkan grafik tegangan terhadap arus pada rangkaian induktif. 5. Jawaban: e R =
R1R 2 R1 + R 2
=12 Ω
L = 75 mH = 0,075 H C = 500 μF = 5 × 10–4 F V = (28 sin 100t) volt Ditanyakan: Im Jawab: XL= ωL = (100 rad/s)(0,075 H) = 75 Ω XC =
1 ωC
=
1 (100 rad/s)(5 × 10
2
F)
R + (X L − X C )
=
122 + (75 − 20)2
=
144 + 3.025
=
3.169 = 56,3 Ω
sebesar 2 terhadap arus I.
128
π
Tegangan pada induktor VL mendahului 2 terhadap arus I. Apabila ZL = ZC rangkaian memiliki impedansi total sebesar R dan dalam keadan ini terjadi resonansi.
Listrik Bolak-Balik
=
1 2π
(10−2 H)(10−4 F)
1
500
Hz.
9. Jawaban: c Diketahui: η Vin Vout Iin f Ditanyakan: L Jawab:
28
7. Jawaban: e Vm = 2 DIV = (2 DIV)(5V/DIV) = 10 volt λ = 4 DIV
1 LC
π
= 20 Ω
π
4)
1 2π
500
6. Jawaban: a Sifat-sifat rangkaian seri R – L – C sebagai berikut. 1) Tegangan pada resistor VR sefase dengan arus I. 2) Tegangan pada kapasitor VC tertinggal
3)
fr =
1
= Zm = 56,3 = 0,497 A ≈ 0,5 A Jadi, arus yang keluar dari titik D sebesar 0,5 A.
Im
8. Jawaban: d Diketahui: L = 10 mH = 1 × 10–2 C = 100 μF = 10–4 F Ditanyakan: fr Jawab:
= 2π 103 Hz = π Hz Jadi, frekuensi resonansi rangkaian sebesar
2
|Z| =
V
−4
1
1
= T = 2 × 10−6 s = 5 × 105 Hz = 500 kHz Persamaan tegangan yang terukur: V = Vm sin 2π f t = 10 sin ((2π )(5 × 105)) t = 10 sin 106 π t volt Jadi, frekuensi masukan tuning sebesar 500 kHz dan persamaan tegangan yang terukur V = 10 sin 106 t volt. f
1
= 4,04 × 103 Ω = 16,28 × 106 Ω
Diketahui:
μs
= (4 DIV)(0,5 DIV ) = 2 μs
T
⎠
η= 80% = Iout = Rout =
= 80% = 220 V =6V = 5 mA = 50 Hz
VoutI out VinIin
(6 V)I out
(220 V)(5 × 10−3 A) 0,88 A = 0,146 ≈ 0,15 (6) 6V Vout = 0,15 A = 40 Ω I out
A
Rout = XL = ωL 40 Ω = (50 Hz) L L=
40 Ω 50 Hz
= 0,8 H
Jadi, induktansi kawat sebesar 0,8 H. 10. Jawaban: a Diketahui:
L =
1 25π 2
H
C = 25 μF = 25 × 10–6 F Ditanyakan: f
Jawab: XL = ω L = (500)(0,02) = 10 Ω
Jawab: 1
f = 2π =
1 2π 1
= 2π =
1 LC
Hz
( ) 1
25π 2
1 (25 × 10−6 )
Hz
π 2 × 106 Hz
Jadi, frekuensi resonansi sebesar 0,5 kHz. 11. Jawaban: d Apabila XC > XL, rangkaian bersifat kapasitif. Arus π
listrik mendahului tegangan sebesar 2 . Jadi, grafik yang tepat adalah d. 12. Jawaban: e Diketahui: R XL Xc Vef f Ditanyakan: VR Jawab:
= 120 Ω = 130 Ω = 40 Ω = 200 V = 50 Hz
1202 + (130 − 40)2
=
14.400 + 8.100 =
Jadi, daya rangkaian seri R – L tersebut sebesar 1,8 watt. 15. Jawaban: b Diketahui: L = 20 mH = 0,02 H V = (6 sin100t) volt Ditanyakan: I Jawab: XL =(100 rad/s)(0,02 H) = 2 Ω V XL
=
6V 2Ω
=3A π
π
22.500 = 150 Ω
4
A)(120 Ω) = 160 volt
Jadi, tegangan efektif pada resistor sebesar 160 V. 13. Jawaban: b Gambar di atas menunjukkan kurva karakteristik filter low pass atau tapis rendah. Berdasarkan keterangan gambar, filter meloloskan frekuensi dari 0–2.000 Hz dan memblokir frekuensi di atas 2.000 Hz. Filter tidak melakukan penguatan karena tidak menggunakan komponen aktif untuk menguatkan sinyal output. 14. Jawaban: d Diketahui: R L ω Vef Ditanyakan: P
=1,8 W
tegangan sebesar 2 , maka persamaan arus menjadi:
Ief = Zef = 150 = 3 A VR = Ief R =
⎛ 10 Ω ⎞ ⎟ 2 Ω ⎟⎠ ⎝
= ( 0,3 2 A)(6 V) ⎜⎜ 10
Oleh karena dalam rangkaian induktif arus didahului
=
200
Ief = Zef = 10 2 Ω = 0,3 2 A P = Ief Vef cos θ = Ief Vef
I=
R 2 + ( X L − X C )2
4 (3
6V
V
= 0,5 × 103 Hz = 0,5 kHz
V
102 + 102 = 10 2 Ω
=
π × 103 Hz 2π
Z =
X R2 + X L 2
Z =
= 10 Ω = 20 mH = 0,02 H = 500 rad/s =6V
I = 3 sin (100t – 2 ) A 16. Jawaban: a Rangkaian L – Cakan bersifat kapasitif jika VC > VL π
dan memiliki sudut fase sebesar 2 . Rangkaian L – C akan bersifat kapasitif jika VL > VC π
dan memiliki sudut fase sebesar – 2 . Apabila nilai Z = 0 sebagai konsekuensi dari XL = XC, VL = VC akan terjadi resonansi. 17. Jawaban: e Diketahui: L = 0,4 H C = 10 μF = 1 × 10–5 F V = 20 V Ditanyakan: fr Jawab: fr =
1 2π
1
1 (0,4 H)(1× 10−5 F) 250
= 2π (500 Hz) = π
Hz 250
Jadi, rangkaian beresonansi pada frekuensi π Hz.
Fisika Kelas XII
129
18. Jawaban: d Diketahui: R = 30 Ω L = 0,6 H C = 500 μF = 5 × 10–4 F V = 200 sin 100t volt Ditanyakan: Pr Jawab: XL = ω L = 100(0,6) Ω = 60 Ω 1
1
XC = ω C =
1.690.000 = 1.440.000 + (XL – XC)2
P = VefIef cos ϕ
R 2 + (X L − X C )2
=
302 + (60 − 20)2
= Vef Vef cos ϕ
900 + 1.600
=
Z
(
200 2
50
)
⎛R ⎞ ⎜Z ⎟ ⎝ ⎠
4 = 4 × 10 1 ⎛⎜ 30 ⎞⎟ 2 50 ⎝ 50 ⎠ = 50 = 240 watt Jadi, daya rata-rata rangkaian adalah 240 watt.
=
2.500
19. Jawaban: d Diketahui: R C ω I V Ditanyakan: L Jawab:
= 1.200c = 4 μF = 4 × 10–6 F = 200 rad/s = 200 mA = 0,2 A = 260 V
260 0,2
V
Z= I = 1 ωC
= Z=
1.300 =
Ω = 1.300 Ω
1 (200)(4 × 10 −6 )
= 1.250 Ω
R 2 + ( X L − X C )2 (1.2002 ) + ( X L − X C )2
1.690.000 = 1.440.000 + (XL – XC)2 XL – XC =
250.000
XL – 1.250 = 500 XL = 1.750 Ω X
L = ωL =
1.750 Ω 200 rad/s
= 8,75 H
Jadi, nilai L sebesar 8,75 H. = 1.300 Ω 130
XL – 1.250 = 500 XL = 1.750 Ω X
L = ωL =
1.750 Ω 200 rad/s
= 8,75 H
Jadi, nilai L sebesar 8,75 H. 20. Jawaban: b Diketahui: Vm = 12π V Ir = 2 A Ditanyakan: P Jawab: Oleh karena sefase, maka dapat dipastikan rangkaian bolak-balik bersifat resistif. 2V
(2)(12π V)
Vr = πm = = 24 V π P = Vr Ir = (24 V)(2 A) = 48 W Jadi, daya rangkain sebesar 48 watt.
260
V
Z = I = 0,2 Jawaban: d Diketahui: R = 1.200 Ω C = 4 μF = 4 × 10–6 F ω = 200 rad/s I = 200 mA = 0,2 A V = 260 V Ditanyakan: L Jawab:
XC =
250.000
XL – XC =
Z =
200 2
(1.2002 ) + ( X L − X C )2
1.300 =
XC = ωC = = = 20 Ω 5 × 10−2 100(5 × 10−4 )
=
= 1.250 Ω
R 2 + ( X L − X C )2
Z=
1
1
1 (200)(4 × 10 −6 )
Listrik Bolak-Balik
B. Uraian 1. Arus maksimum sama dengan amplitudo sinyal arus, yaitu 10 mA. Untuk menentukan persamaan arus, tentukan dahulu frekuensi sudut. 2λ = 20 ms → T = 10 ms = 0,01 s Tentukan sudut fase I = Im sin (ω t + θ ) Misalkan, ambil t = 2,5 sekon → I = –10 A I = Im sin
(
2π T
t +θ
)
2π
–10 = 10 sin ( 0,01s (2,5 s) + θ ) –1 = sin (500π + θ ) –1 = sin 500π cos θ + cos 500π sin θ –1 = 0 + sin θ θ = arc sin (–1) 3
= 2π Sehingga persamaan arus adalah 3
I = 10 sin (200t + 2 π )
2. Jawaban: a Diketahui: Z = 100 Ω R = 40 Ω I = 100 mA = 0,1 A Ditanyakan: Prata-rata Jawab: V
Z = I → V = I Z = (0,1 A)(100 Ω) = 10 volt P = V I = 10(0,1) = 1 watt Jadi, daya rata-rata rangkaian 1 W.
V
Ief = Zef 240 V
= 150 Ω = 1,6 A Jadi, arus yang mengalir dalam rangkaian sebesar 1,6 A. b.
VL = Ief XL = (1,6 A)(60 Ω) = 96 V VR = Ief R = (1,6 A)(120 Ω) = 192 V VC = Ief XC = (1,6 A)(150 Ω) = 240 V Jadi, VL = 96 V, VR = 192 V, dan VC = 240 V.
c.
tan ϕ =
dl
3. V = L dt d (t − 4t 2 ) = (0,1) dt
= (0,1)(1 – 8t) = 0,1 – 0,8t GGL pada t = 2 s → V = 0,1 – (0,8)(2) = –1,5 V Jadi, GGl induksi yang timbul saat t = 2 s sebesar –1,5 V. 4. Rangkaian seri L – C terdiri atas induktor dan kapasitor yang tersusun seri dan dihubungkan dengan sumber tegangan bolak-balik. Sifat rangkaian ini dapat cenderung induktif dan kapasitif tergantung dari besar tegangan masing-masing komponen. Jika tegangan pada komponen induktor lebih besar, rangkaian akan cenderung bersifat induktif dan sebaliknya. Akan tetapi terdapat satu keadaan yang mengakibatkan rangkaian ini tidak bersifat kapasitif maupun induktif, yaitu ketika rangkaian beresonansi. Keadaan ini tercapai jika nilai reaktansi induktif sama besar dengan reaktansi kapasitif. R = 120 Ω XL = 60 Ω XC = 150 Ω Vef = 240 V ω = 200 rad/s Ditanyakan: a. Ief b. VL, VR, VC c. ϕ Jawab:
5. Diketahui:
a.
Z =
2
2
R + (X L − X C )
=
xL − x C R (60 Ω − 150 Ω) 120 Ω
=–
90 Ω 120 Ω
=–
3 4
ϕ = –36,87° Jadi, beda fase rangkaian –36,87°. 6. Berdasarkan kurva dapat ditentukan nilai sebagai berikut. Periode → T = 10 ms Amplitudo tegangan Vm = 12 V Persaman tegangan V = Vm sin ω t 2π
= 12 sin T t volt 2π
= 12 sin 10 t volt V→t=2s 2π
V = 12 sin 10 (2) volt = 12 sin 0,4π = 11,4 V Jadi, pada saat t = 2 sekon tegangan bolak-balik bernilai 11,4 volt. C = 200 μF = 2 × 10–4 F VC = 6 sin 200t Ditanyakan: I → t =2 sekon Jawab:
7. Diketahui:
1
1
XC = ωC = = 25 Ω (200 rad/s)(2 × 10−4 F) Vm XC
6V 25 Ω
=
(120 Ω)2 + (60 Ω − 150 Ω)2
Im =
=
14.400 Ω2 + 8.100 Ω2
Arus pada rangkaian bersifat kapasitif mendahului
22.500 Ω2 = 150 Ω =
=
= 0,24 A = 240 mA
π
tegangan sebesar 2 .
Fisika Kelas XII
131
I → t = 2 sekon
R=
π
I = Im sin (ωt + 2 ) mA π
= 240 sin [(200 rad/s)(2 s) + 2 ] mA π
= 240 sin (400 rad + 2 mA) = 240(0,766) mA = 183,84 mA ≈ 0,18 A Jadi, nilai arus pada saat t = 2 sebesar 0,18 A. 8. Berdasarkan ketampakan sinyal dapat ditentukan nilai tegangan maksimum dan periode sinyal. Vm = 5 V 2,5λ = 10 ms → T = 4 ms 1
1
f = T = 0,004 s = 250 Hz Tentukan nilai resistor dengan menghitung resistansi berdasarkan data tegangan maksimum terukur dan arus efektif. Ief = 5 mA → Im = 5 2 mA
132
Listrik Bolak-Balik
Vm Im
=
5V 5 2 × 10−3 A
= 500 2 Ω ≈700 Ω
Jadi, resistor yang digunakan bernilai 700 Ω dihubungkan dengan sumber arus bolak-balik 5 V, 250 Hz. 9. Resistor hanya mampu mendisipasi energi menjadi panas/kalor. Sementara induktor dan kapasitor meskipun memiliki hambatan yang disebut dengan reaktansi, tetapi kedua komponen ini mampu menyimpan energi listrik menjadi bentuk lain. Induktor mengubahnya menjadi medan magnet, sedangkan kapasitor mengubahnya dalam bentuk medan listrik. 10. Fungsi kondensator variabel untuk menyesuaikan impedansi total dengan sebuah frekuensi sehingga tuning mampu menala beberapa frekuensi. Apabila kondensator diganti dengan kondesator biasa, tuning hanya dapat menyesuaikan dengan satu frekuensi. Konsekuensinya hanya satu saluran radio yang dapat disiarkan melalui radio receiver tersebut.
Setelah mempelajari bab ini, peserta didik mampu: 1. memahami sifat-sifat gelombang elektromagnetik; 2. memahami manfaat dan bahaya spektrum gelombang elektromagnetik. Berdasarkan pengetahuan dan keterampilan yang dikuasai, peserta didik: 1. bersyukur atas ciptaan Tuhan berupa gelombang elektromagnetik; 2. memiliki rasa ingin tahu tentang materi yang dipelajari; 3. berkomunikasi dengan baik, kritis, dan tanggung jawab dalam melaksanakan tugas.
Radiasi Elektromagnetik
Sifat, Manfaat, dan Bahaya Radiasi Gelombang Elektromagnet
• • • • •
• • • • • • •
Mengamati alat-alat yang menggunakan gelombang elektromagnetik. Menyelidiki sifat-sifat gelombang elektromagnetik. Mencari informasi tentang spektrum gelombang elektromagnetik. Membandingkan pemancar gelombang radio. Mencari informasi tentang manfaat sinar inframerah dan sinar ultraviolet.
Bersyukur atas penciptaan Tuhan berupa gelombang elektromagnetik dengan cara memanfaatkannya. Memiliki rasa ingin tahu untuk menambah wawasan tentang gelombang. Berkomunikasi dengan baik, kritis, dan tanggung jawab dalam melaksanakan tugas. Menjelaskan sifat gelombang elektromagnetik. Menjelaskan spektrum gelombang elektromagnetik. Menjelaskan manfaat dan bahaya gelombang elektromagnetik. Menuliskan hasil kegiatan yang dilakukan.
Fisika Kelas XII
133
A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: c Spektrum gelombang elektromagnetik dari yang memiliki frekuensi terendah berturut-turut yaitu gelombang radio, gelombang mikro, sinar inframerah, cahaya tampak, sinar ultraviolet, sinar X, dan sinar gamma. Jadi, urutan yang benar adalah pilihan b. 2. Jawaban: b Radar menggunakan prinsip pemantulan gelombang mikro. Radar berfungsi untuk menentukan posisi suatu objek dengan memancarkan gelombang mikro dan menerima pantulannya. Radar digunakan dalam dunia penerbangan dan pelayaran agar tidak menabrak objek lain. 3. Jawaban: e Sifat-sifat gelombang elektromagnetik sebagai berikut. 1) Dapat merambat tanpa medium perantara dengan kecepatan rambat cahaya. 2) Tidak bermuatan listrik. 3) Merupakan gelombang transversal. 4) Arah rambatan tidak dibelokkan dalam medan magnet maupun medan listrik. 5) Dapat mengalami polarisasi, difraksi, interferensi, refraksi, dan refleksi. 4. Jawaban: c Penerapan
Jenis Frekuensi Rendah Menengah Tinggi Sangat tinggi Ultra tinggi Super tinggi
Radio komunikasi jarak jauh Radio komunikasi jarak jauh Radio komunikasi amatir Radio FM Televisi Radar
5. Jawaban: e Sinar inframerah memiliki ciri-ciri sebagai berikut. 1) Memiliki jangkauan frekuensi 1011 – 1014 Hz. 2) Dapat dihasilkan oleh elektron dalam molekul yang bergetar karena dipanaskan. 3) Digunakan dalam remote control. 4) Digunakan untuk mendiagnosis penyakit dan terapi penyembuhan.
134
Radiasi Elektromagnetik
6. Jawaban: b Gelombang radio FM (modulasi frekuensi) mengalami perubahan frekuensi saat membawa informasi tetapi amplitudonya tetap. Gelombang radio yang mengalami perubahan amplitudo saat membawa informasi adalah AM (modulasi amplitudo). 7. Jawaban: c Sinar X dapat digunakan untuk mengamati struktur kristal menggunakan XRD dan mendeteksi keretakan tulang. Membunuh sel kanker dapat menggunakan sinar gamma. Membawa informasi alat komunikasi menggunakan gelombang radio. Remote control televisi menggunakan sinar inframerah. Mendeteksi keaslian uang menggunakan sinar ultaviolet. 8. Jawaban: d Cahaya tampak digunakan pada alat pengering surya, kompor surya, pemanas ruangan, pendingin ruangan, distilasi surya, baterai fotovoltaik, dan laser. Pesawat televisi menggunakan gelombang radio. 9. Jawaban: d Sinar inframerah dihasilkan oleh proses di dalam molekul dan benda panas. Getaran atom dalam molekul-molekul benda yang dipanaskan merupakan sumber gelombang inframerah. Sinar ultraviolet dapat dibuat di laboratorium oleh atom dan molekul dalam loncatan atau nyala listrik. Sinar ultraviolet juga dapat dihasilkan dari lampu wolfram atau lampu deuterium. Sinar X dihasilkan dari partikel-partikel berenergi tinggi yang ditembakkan ke atom. Atom akan memancarkan sinar X jika atom ditembaki dengan elektron. Sinar gamma dihasilkan oleh isotop radioaktif seperti kobalt-60 atau sesium-137. Kobalt-60 adalah sumber yang paling sering digunakan untuk menghasilkan radiasi sinar gamma. 10. Jawaban: d Radiasi sinar ultraviolet dapat mengakibatkan kanker kulit, gangguan penglihatan, kulit menjadi keriput karena rusaknya jaringan lemak, merusak lapisan ari, kerusakan kolagen dan jaringan elastin. Kematian oleh efek radiasi disebabkan oleh radiasi sinar gamma. Berubahnya struktur genetik sel, kerontokan rambut, dan pemusnahan sel sehat diakibatkan oleh paparan sinar X yang berlebihan.
B. Uraian 1. Gelombang elektromagnetik secara umum dihasilkan ketika partikel bermuatan listrik, biasanya elektron, mengubah kecepatan atau arah gerakan. Proses ini dapat terjadi dalam beberapa cara, seperti pemanasan dari atom dan molekul dan perubahan tingkat energi elektron. Salah satu alat yang dapat menghasilkan gelombang elektromagnetik adalah antena. Sebagai contoh gelombang radio dapat dihasilkan menggunakan antena yang tersusun dari dua konduktor lurus yang dihubungkan dengan sumber tegangan AC. 2. Keuntungan menggunakan gelombang radio FM yaitu suara jernih dan tidak terjadi gangguan pada gelombang. Kerugiannya adalah jangkauannya lebih pendek dan harganya mahal. 3. Jenis gelombang elektromagnetik yang mampu digunakan untuk memasak adalah gelombang mikro. Alasan penggunaan gelombang ini karena gelombang mikro memberikan efek pemanasan terhadap benda. Bahan makanan menyerap radiasi gelombang mikro sehingga makanan menjadi matang.
A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: d Sinar gamma digunakan untuk mengobati kanker kulit dan mensterilkan alat-alat kedokteran. Mendeteksi uang palsu dan memeriksa sidik jari menggunakan sinar ultraviolet. 2. Jawaban: c Sinar X digunakan untuk memotret susunan tulang dalam tubuh dan menyelidiki struktur material. Penggunaan sinar X secara berlebihan dapat mengakibatkan kerusakan sel-sel dalam tubuh, mengubah struktur genetik suatu sel, penyakit kanker, rambut rontok, kulit menjadi merah dan berbisul. 3. Jawaban: e 1) Sinar ultraviolet dimanfaatkan untuk sterilisasi alat-alat kedokteran. 2) Sinar X dimanfaatkan untuk memotret tulang manusia. 3) Cahaya tampak digunakan untuk penerangan. 4) Sinar inframerah biasa dimanfaatkan untuk membuat foto udara daerah yang berpotensi terjadi kebakaran.
4. Kecepatan rambat gelombang dalam satu medium c
selalu sama. Berdasarkan persamaan λ = f , dapat dilihat bahwa panjang gelombang berbanding terbalik dengan frekuensi. Semakin besar frekuensi gelombangnya, semakin pendek panjang gelombangnya.
υ = 107,5 MHz = 1,075 × 108 Hz c = 3 × 108 m/s Ditanyakan: λ jawab:
5. Diketahui:
c
λ= υ =
3 × 108 m/s 1,075 × 108 Hz
= 2,79 m Jadi, panjang gelombang frekuensi radio tersebut adalah 2,79 m.
4. Jawaban: b Ciri yang terdapat dalam siaran radio FM sebagai berikut 1) Terjadi pengubahan frekuensi dalam modulasi suara. 2) Gelombang FM menembus lapisan ionosfer dan tidak dapat dipantulkan lagi. 3) Kualitas suara cenderung jernih karena tidak dipengaruhi gejala kelistrikan di angkasa. 4) Jangkauan siaran tidak terlalu jauh karena tidak dapat merambat di permukaan bumi. 5. Jawaban: d Kecepatan perambatan gelombang elektromagnetik bergantung pada permitivitas listrik (ε0) dan permeabilitas magnet (μ0). Persamaan yang terkait dengan hal itu sebagai berikut. c=
1
ε0 μ0
Fisika Kelas XII
135
6. Jawaban: d Sidik jari (bahasa Inggris: fingerprint) adalah hasil reproduksi tapak jari, baik yang sengaja diambil, dicapkan dengan tinta, maupun bekas yang ditinggalkan pada benda karena pernah tersentuh kulit telapak tangan atau kaki. Deteksi sidik jari bisa dilakukan dengan sinar ultraviolet. 7. Jawaban: c Di bidang kriminologi sinar UV digunakan untuk memeriksa sidik jari, bercak darah kering, dan keaslian uang. 8. Jawaban: c Diketahui: υ = 600 MHz = 6 × 108 Hz Ditanyakan: λ Jawab: c
λ= υ =
3 × 108 m/s 6 × 108 Hz
= 0,5 m = 50 cm Jadi, panjang gelombangnya sebesar 50 cm. 9. Jawaban: a Manfaat sinar gamma dalam dunia kesehatan adalah untuk mengobati kanker dan mensterilisasi alat-alat kedokteran. Mendeteksi kerusakan tulang dan kondisi paru-paru menggunakan sinar X. Melancarkan peredaran darah dan mendiagnosis penyakit menggunakan sinar inframerah. 10. Jawaban: b Sinar ultraviolet dapat digunakan untuk mengubah provitamin D menjadi vitamin D, mensterilkan alatalat bedah kedokteran, mengawetkan bahan-bahan makanan, memeriksa keberadaan bakteri pada produk makanan, memeriksa sidik jari, memeriksa keaslian uang, dan menjebak serangga. Memeriksa keretakan tulang menggunakan sinar X dan mengantarkan informasi menggunakan gelombang radio. 11. Jawaban: a Radiasi gelombang mikro dapat memberikan efek pemanasan terhadap benda yang terkena radiasinya. Gelombang mikro dipakai pada microwave oven. Makanan yang berada di dalam microwave oven akan menyerap radiasi gelombang mikro sehingga makanan menjadi matang dalam waktu yang singkat. 12. Jawaban: a Gambar pada pilihan a adalah barcode scanner yang menggunakan sinar laser. Sinar laser merupakan cahaya tampak. Gambar pada pilihan b adalah remote control yang menggunakan sinar
136
Radiasi Elektromagnetik
inframerah. Gambar pilihan c adalah radar dan pilihan e adalah microwave oven yang menggunakan gelombang mikro. Gambar pilihan d adalah pesawat radio yang menerima gelombang radio. 13. Jawaban: c Radar digunakan dalam dunia penerbangan dan pelayaran sebagai pemandu agar tidak menabrak objek lain. Radar memancarkan gelombang mikro dan menerima pantulannya kembali sehingga terdeteksi posisi objek. 14. Jawaban: d Bahaya radiasi sinar X yaitu menyebabkan pemusnahan sel tubuh, mengubah struktur genetik suatu sel, menyebabkan kanker, rambut rontok, dan kulit menjadi merah. Jaringan elastin dan jaringan lemak rusak serta penglihatan terganggu disebabkan oleh sinar ultraviolet. 15. Jawaban: e Saluran radio berfrekueni 98,3 MHz berada pada rentang very high frequency. Rentang ini termasuk dalam jenis gelombang very short wave. 16. Jawaban: e Gelombang yang memiliki frekuensi lebih dari 3 GHz termasuk dalam super high frequency dan masuk dalam jenis gelombang mikro. Gelombang ini digunakan untuk radar, komunikasi lewat satelit, saluran televisi, dan telepon. 17. Jawaban: e Sinar X dapat digunakan untuk menentukan letak tulang yang patah, menyelidiki struktur mineral, memindai barang-barang di bandara, dan memeriksa kondisi paru-paru. Memeriksa sidik jari menggunakan sinar ultraviolet. 18. Jawaban: b Gelombang radio AM memiliki amplitudo berubahubah dan dipengaruhi oleh gejala kelistrikan sehingga memiliki kualitas suara kurang jernih. Gelombang AM memiliki jangkauan yang luas karena dapat dipantulkan oleh ionosfer. 19. Jawaban: b Sinar gamma digunakan dalam bidang pertanian yaitu untuk rekaya genetika. Caranya dengan melakukan penyinaran untuk memperoleh bibit unggul. 20. Jawaban: d Gelombang radio digunakan untuk mengantarkan informasi. Penggunaan gelombang radio pada radiofon, telepon genggam, pesawat radio, dan pesawat telepon.
B. Uraian 1. Sumber gelombang elektromagnetik yang utama adalah sinar matahari. Sinar matahari merambat dari ruang hampa hingga sampai ke bumi dengan cara radiasi. Selain itu, satelit yang berada di ruang angkasa dapat mengirim informasi ke bumi melewati ruang hampa dengan gelombang radio. Dari dua peristiwa itu dapat dibuktikan bahwa gelombang elektromagnetik dapat merambat di ruang hampa. 2. Salah satu spektrum gelombang elektromagnetik adalah cahaya tampak. Sebagai contoh saat cahaya merambat dari dasar air ke udara. Pengamat yang ada di udara akan melihat dasar air tampak lebih dangkal. Hal ini membuktikan bahwa gelombang elektromagnetik dapat dibiaskan. 3. Gelombang radio dibawa dengan dua cara yaitu modulasi amplitudo (AM) dan modulasi frekuensi (FM). Gelombang radio AM membawa informasi dengan amplitudo yang berubah-ubah sedangkan gelombang radio FM membawa informasi dengan frekuensi yang berubah-ubah. 4. Radar memancarkan gelombang mikro dan menerima pantulannya. Dari data yang diperoleh dapat diketahui posisi suatu objek untuk kemudian diinformasikan ke pesawat sehingga tidak terjadi tabrakan. Jika tidak menggunakan radar, lalu lintas bandara akan kacau. Kemungkinan pesawat menabrak objek lain lebih besar.
5. Suatu benda yang dipanaskan memancarkan sinar inframerah. Berdasarkan ini, hutan yang terbakar juga memancarkan sinar inframerah karena suhunya yang panas. Satelit di luar angkasa mendeteksinya sehingga diketahui lokasi kebakaran hutan. 6. Sinar ultraviolet digunakan untuk memeriksa sidik jari. Pemeriksaan sidik jari diperlukan untuk mengetahui tersangka dan pihak yang terlibat dalam suatu tindak kriminal. 7. Semakin besar frekuensi maka daya tembus semakin kuat karena energinya besar. Gelombang elektromagnetik yang sebaiknya dipilih adalah sinar gamma karena memiliki daya tembus paling kuat. 8. Beberapa cara untuk mengurangi paparan sinar ultraviolet sebagai berikut. a. Menggunakan tabir surya. b. Menggunakan pelindung kepala. c. Menggunakan pakaian yang tidak banyak menyerap sinar matahari. d. Menggunakan pakaian yang tidak terbuka sehingga kulit terlindungi. 9. Sinar X dapat digunakan untuk memeriksa tulang yang retak dan kondisi paru-paru tanpa pembedahan. Keuntungan bagi pasien adalah dapat mengetahui kondisi di dalam tubuh tanpa merasakan sakit. 10. Sinar gamma dihasilkan oleh isotop radioaktif seperti kobalt-60 atau sesium-137. Kobalt-60 adalah sumber yang paling banyak digunakan dalam menghasilkan radiasi sinar gamma. Berkas sinar elektron dihasilkan dari akselerator linear yang disuplai tenaga listrik.
Fisika Kelas XII
137
Setelah mempelajari bab ini, peserta didik mampu: 1. menjelaskan konsep kuantum meliputi konsep foton dan efek fotolistrik; 2. menerapkan konsep mekanika kuantum dalam kehidupan sehari-hari. Berdasarkan pengetahuan dan keterampilan yang dikuasai, peserta didik mampu: 1. mensyukuri nikmat Tuhan atas diciptakannya cahaya yang memiliki dualisme sifat sebagai gelombang dan partikel; 2. bertanggung jawab penuh pada setiap kegiatan, bersikap ilmiah, dan menghargai orang lain dalam kegiatan sehari-hari.
Konsep dan Fenomena Kuantum
Foton dan Efek Fotolistrik
• •
Melakukan pemecahan kasus yang berhubungan dengan efek fotolistrik. Melakukan diskusi untuk menjelaskan tentang radiasi benda hitam dan energi radiasi yang dikemukakan oleh Planck.
Penerapan Kuantum dalam Kehidupan
• • • •
• • • • • • • •
138
Melakukan diskusi untuk mengidentifikasi alat-alat yang memanfaatkan konsep kuantum. Melakukan studi literatur cara kerja mesin rontgen. Melakukan pengamatan terhadap cara kerja mesin fotokopi. Membuat tulisan/makalah yang berisi rangkuman materi bab Konsep dan Fenomena Kuantum.
Mensyukuri nikmat Tuhan telah diciptakannya cahaya yang memiliki dua sifat sebagai gelombang dan partikel. Bertanggung jawab dalam setiap melaksanakan kegiatan. Menjelaskan besar energi radiasi elektromagnetik berdasarkan postulat Planck. Memecahkan masalah yang berhubungan dengan efek fotolistrik yang diharapkan dapat memancing siswa dalam penciptaan sebuah teknologi baru. Mengidentifikasi peralatan sehari-hari yang cara kerjanya memanfaatkan proses kuantum. Menjelaskan cara kerja mesin rontgen. Menjelaskan bagian-bagian terpenting mesin fotokopi dan menjelaskan prinsip kerjanya. Menyusun tulisan ilmiah terkait bab yang dipelajari sesuai dengan pemahamannya.
Konsep dan Fenomena Kuantum
A.
Pilihan Ganda
1. Jawaban: e Diketahui: W0 = 5 eV λ = 3.300 Å = 3,3 × 10–7 m Ditanyakan: E k Jawab: Fungsi kerja logam = 5 eV = (5 × 1,6 × 10–19) J = 8 × 10–19 J
Energi foton = λ =
− −
= 6 × 10–19 J Oleh karena energi foton lebih kecil dari fungsi kerja logam, elektron tidak bisa terlepas dari permukaan logam. 2. Jawaban: d Pada efek fotolistrik, lepas atau tidaknya elektron logam dipengaruhi oleh frekuensi cahaya. Energi foton juga harus lebih besar dari energi ambang. Sementara intensitas cahaya hanya memengaruhi besarnya arus foton. 3. Jawaban: d Diketahui: υ0 = 4,3 × 1014 Hz υ = 5,9 × 1014 Hz h = 6,63 × 10–34 J.s Ditanyakan: V Jawab: EK = h υ – h υ0 = h(υ – υ0) = (6,63 × 10–34 Js)(5,9 × 1014 – 4,3 × 1014) Hz = (6,63 × 10–34 Js)(1,6 × 1014) Hz = 1,0608 × 10–19 J EK = eV V = =
−
−
= 0,663 volt Jadi, potensial pemberhenti yang digunakan sebesar 0,663 volt. 4. Jawaban: d Diketahui: Oleh karena pada grafik terlihat kurva memotong sumbu Y pada nilai 2,5 eV, hal ini menunjukkan bahwa logam A memiliki fungsi kerja (W0) sebesar 2,5 eV
W0 = 2,5 eV = (2,5 × 1,6 × 10–19) J = 4,00 × 10–19 J h = 6,63 × 10–34 J.s υ = 3 × 1015 Hz Ditanyakan: E k Jawab: EK = h υ – W0 = (6,63 × 10–34 J.s)(3 × 1015 Hz) – 4,00 × 10–19 J = 19,89 × 10–19 J – 4,00 × 10–19 J = 15,89 × 10–19 J = 1,589 × 10–18 J Jadi, elektron yang terlepas memiliki energi kinetik sebesar 1,589 × 10–18 J. 5. Jawaban: d Diketahui: λ = 3.300 Å = 3,3 × 10–7 m h = 6,63 × 10–34 Js Ditanyakan: E Jawab:
υ = λ =
−
= 0,9 × 1015 Hz E = hυ = (6,63 × 10–34 Js)(0,9 × 1015 Hz) = 5,97 × 10–19 Jadi, kuanta energi yang terkandung dalam cahaya ultraungu tersebut sebesar 5,97 × 10–19. 6. Jawaban: c Diketahui: P = 100 watt λ = 5.500 Å = 5,5 × 10–7 m Ditanyakan: cacah foton per sekon (n/t) Jawab:
λ
× −
= = × − × = 2,8 × 1020 buah/sekon Jadi, cacah foton setiap detik yang dipancarkan lampu sebanyak 2,76 × 1020. 7. Jawaban: a λ = 4 × 10–10 m Diketahui: Ditanyakan: p Jawab:
−
p = λ = = 1,66 × 10–24 kg m/s − Jadi, momentum yang dimiliki elektron tersebut sebesar 1,66 × 10–24 kg m/s.
Fisika Kelas XII
139
8. Jawaban: c Teori kuantum Planck menyatakan bahwa cahaya memancarkan energi yang bersifat diskret. Energi cahaya itu berbentuk kuanta-kuanta/paket-paket energi yang disebut dengan foton. Foton memiliki kecepatan sama dengan kecepatan gelombang elektromagnetik, yaitu 3 × 108 m/s. Satu foton
c.
Energi yang dimiliki elektron
E = λ =
− ×
× −
= 1,26 × 10–15 J = 7,9 × 103 eV
cahaya memiliki energi sebesar E = λ . 9. Jawaban: b Diketahui: v = 2,2 × 107 m/s h = 6,63 × 10–34 J/s m = 9,1 × 10–31 kg Ditanyakan: λ Jawab:
λ = =
− −
= 0,33 × 10–10 = 0,33 Å Jadi, panjang gelombang de Broglie elektron tersebut 0,33 Å. 10. Jawaban: a Apabila elektron berpindah dari bilangan kuantum lebih tinggi (luar) menuju bilangan kuantum lebih rendah (dalam), maka elektron akan memancarkan foton.
3. Berdasarkan teori Planck, energi foton sebesar E = hf a. Emerah = hf = (6,63 × 10–34 Js)(4 × 1014 Hz) = 2,65 × 10–19 J b. Euv = hf = (6,63 × 10–34 Js)(10 × 1015 Hz) = 6,63 × 10–19 J W0 = 1,85 eV = 3,0 × 10–19 J λ = 4,2 × 10–7 m Ditanyakan: V0 Jawab: W0 = hf – Ek
4. Diketahui:
= λ – eV0 2,96 × 10–19 J =
– (1,6 × 10–19 C)(V0) V0 = 4,74 × 10–19 J – (1,6 × 10–19 C)(V0) =
B.
Uraian
1. Syarat terjadinya efek fotolistrik adalah energi yang dimiliki foton harus lebih besar dari energi ambang. Jika ditinjau dari persamaan energi yang dimiliki λ
, semakin kecil panjang gelombang foton E = energi foton semakin besar. Untuk menghasilkan E ≥ E0, maka λ ≤ λ0. Jadi, panjang gelombang cahaya yang dijatuhkan ke permukaan logam harus lebih kecil dari panjang gelombang ambang. 2. Diketahui: y(x) = A sin 4 × 1010 x; y dalam meter Ditanyakan: a. λ b. p c. E Jawab: a. Tinjau persamaan gelombang y(x) = A sin kx π
k= λ
λ= b.
×
m = 1,57 × 10–10 m
Momentum elektron
λ=
−
p= λ = = 4,2 × 10–24 kg m/s
−
140
Konsep dan Fenomena Kuantum
− × −
− − × −
−
= 1,11 V Jadi, potensial penghenti yang menjaga agar arus foton tidak mengalir sebesar 1,11 volt. W0 = 2,21 eV · λ = 5.000 Å = 5 × 10–7 m 8 c = 3 × 10 m/s h = 6,63 × 10–34 J.s Ditanyakan: E k Jawab:
5. Diketahui:
Ecahaya = λ =
× − × × −
= 3,978 × 10–19 J =
× −
× −
≈ 2,49 eV E k = Ecahaya – W0 = 2,49 eV – 2,21 eV = 0,28 eV Jadi, energi kinetik elektron yang terlepas sebesar 0,28 eV.
A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: e Pada hamburan Compton, jenis tumbukan yang terjadi adalah tumbukan tak elastis. Foton datang menumbuk elektron target akan menghasilkan foton dan elektron hambur yang bergerak dengan sudut tertentu. Pada keadaan tertentu, yaitu ketika foton memiliki energi sebesar 1,02 eV, foton mampu berubah menjadi partikel berupa elektron atau positron. Hamburan Compton dan postulat Einstein memberikan sisi lain tentang cahaya bersifat partikel yang bergerak dengan kecepatan c = 3 × 108 m/s. 2. Jawaban: a Pada kasus foto toraks, organ paru-paru memiliki koefisien serapan lebih besar dibandingkan dengan tulang rusuk dan tulang dada. Dengan kata lain, koefisien refleksi tulang lebih besar. Semakin banyak sinar X yang direfleksikan oleh suatu benda, maka film penangkap (layar sintilator) akan semakin banyak menerima sinar pantul. Oleh karena itu, pada layar akan tampak lebih terang. 3. Jawaban: b LDR merupakan komponen pasif elektronika, artinya LDR hanya dapat mendisipasi energi berbeda dengan transistor yang mampu menguatkan arus yang datang. Namun, LDR dapat dijadikan sensor cahaya. Cara LDR mentransformasi cahaya menjadi listrik adalah dengan efek fotolistrik. Ketika foton menumbuk elektron pada pita valensi, maka elektron akan lepas dan menuju pita konduksi. Akibatnya, ketika dibangkitkan dengan catu daya dan beban, akan timbul arus. 4. Jawaban: d Diketahui:
λ′ – λ =
Ditanyakan: θ Jawab:
λ′ = λ + λ′ – λ =
=
5. Jawaban: a Diketahui: l = 0,0040 Å = 4 × 10–13 m Ek+ = 3Ek– m0 p = m0 e = 0,511 MeV/c2 1 eV = 1,6 × 10–19 J Ditanyakan: Ek+ dan Ek– Jawab: Eawal = Eakhir
(1 – cos θ )
(1 – cos θ )
λ
= 2m0c2 + Ek+ + Ek–
λ
= 2m0c2 + 4Ek–
− = 2(0,511 MeV/c2)c2 + 4Ek– − −
3,108 × 106 eV = 1,022 MeV + 4Ek– 3,108 MeV – 1,022 MeV = 4Ek– 2,086 MeV = 4Ek– Ek– = 0,5215 MeV + – Ek = 3Ek = 3(0,525 MeV) = 1,5645 MeV Jadi, besar energi kinetik elektron dan positron berturut-turut 0,5215 MeV dan 1,5645 MeV. 6. Jawaban: a Diketahui: p = 1,1 × 10–23 kg m/s Ditanyakan: f Jawab:
λ =
(1 – cos θ )
cos θ = 1 – = – θ = 120° Jadi, foton mengalami hamburan 120° dari posisi awal.
=
× −
× −
= 6,03 × 10–11 m
×
f = λ = = 4,98 × 1018 × −
Jadi, frekuensi foton sinar X sebesar 4,98 × 1018 Hz. 7. Jawaban: a Diketahui: V0 = 2 × 106 volt Ditanyakan: λmin
= 1 – cos θ
Fisika Kelas XII
141
Jawab:
λmin =
B.
×
−
×
=
×
−
×
= 6,21 × 10–13
Jadi, panjang gelombang terpendek yang dihaslkan tabung sinar X sebesar 6,21 × 10–13 m. 8. Jawaban: e Diketahui: λ = 4 Å = 4 × 10–10 m θ = 60° Ditanyakan: λ′ Jawab:
λ′ – λ =
× − ×
(1 – cos 60°)
+ 4 × 10–10 m)
= (0,24 × 10–11 m) ( ) + 4 × 10–10 m = 0,21 × 10–11 + 40 × 10–11 m = 40,21 × 10–11 m = 4,012 Å Jadi, panjang gelombang setelah tumbukan sebesar 4,012 Å. 9. Jawaban: d Hubungan antara beda potensial anode dan katode dengan panjang gelombang minimum yang dihasilkan sebuah tabung sinar X sebagai berikut.
λmin =
× −
dengan λmin adalah panjang gelombang terpendek/ minimum dengan satuan meter dan V0 adalah beda potensial antara anode dan katode dengan satuan volt. 10. Jawaban: e Diketahui: λ = 10 pm = 1 × 1011 m θ = 45° Ditanyakan: λ′ Jawab:
λ′ – λ = λ′ =
(1 – cos θ) × −
× − ×
+1×
10–11
(1 – cos 45°)
m)
= (0,24 × 10–11 m) (1 – ) + 1 × 10–11 m = (0,24 × 10–11 m)(0,295) + 1 × 10–11 m = 0,07 × 10–11 m + 1 × 10–11 m = 1,07 × 10–11 m = 0,107 Å Jadi, panjang gelombang setelah tumbukan sebesar 0,107 Å.
142
1. Menurut Compton hamburan foton oleh elektron menuruti persamaan berikut.
∆λ = λ′ – λ = (1 – cos θ ) Nilai ∆λ = 0, jika θ memenuhi keadaan 0° dan 2π. Selama tidak memenuhi keadaan tersebut, maka ∆λ ≠ 0. Artinya panjang gelombang foton berubah dan perubahannya menjadi lebih besar karena nilai λ′ lebih besar dari λ. 2. Diketahui: V0 = 8 × 105 volt Ditanyakan: λmin Jawab:
(1 – cos θ )
× −
λ′ =
Uraian
Konsep dan Fenomena Kuantum
λmin =
× −
=
× − ×
= 1,55 × 10–12
Jadi, panjang gelombang terpendek yang dihasilkan tabung sinar X sebesar 1,55 × 10–12 meter. 3. Gelombang sinar X dihasilkan dari proses kuantum yakni tumbukan Compton. Sinar X memiliki daya tembus yang sangat tinggi terhadap sebuah materi. Ketika sinar X melalui sebuah materi, ada sebagian muka gelombang yang diserap materi dan sebagian lagi dipantulkan. Koefisien refleksi dan transmisi ini yang kemudian membentuk citra sebuah benda. Bebeda dengan citra oleh sinar inframerah. Sinar inframerah dihasilkan oleh benda yang memiliki suhu tinggi. Citra benda terbentuk dari intensitas radiasi inframerah yang dipancarkan benda. 4. Berkas monokromatis sinar X yang terkolimasi jika mengenai sebuah kristal akan terdifraksi melalui kisi-kisi kristal. Sinar yang terdifraksi ini sangat intens pada arah-arah tertentu yang bersesuaian dengan interferensi konstruktif dari gelombanggelombang yang dipantulkan oleh lapisan-lapisan atom di dalam kristal. Sinar yang terdifraksi dideteksi oleh film fotografi. Untuk menyimpulkan bentuk atau struktur kristalnya yaitu dengan menganalisis letak dan intensitas titik-titik yang terekam oleh film fotografi. 5. Panel surya adalah pembangkit listrik yang memanfaatkan energi cahaya. Semakin besar efisiensi serapan bahan terhadap energi cahaya, maka semakin mudah menyerap energi foton yang menyebabkan semakin mudahnya elektron tereksitasi. Kedaan ini sangat menguntungkan untuk membangkitkan efek fotolistrik sehingga dapat memproduksi energi listrik secara efisien.
A.
Pilihan Ganda
1. Jawaban: e Berdasarkan prinsip kuantum, besar energi yang dimiliki foton adalah E = hυ. Nilai υ berbanding terbalik dengan frekuensi yang dimiliki gelombang elektromagnetik. Jika υ =
λ
V0 =
− υ × − − × − ×
=
× − × − − × −
sehingga energi
kuanta bergantung pada panjang gelombang elektromagnetik. 2. Jawaban: b Efek fotolistrik terjadi jika logam disinari gelombang elektromagnetik. Elektron logam akan lepas jika energi yang diberikan foton lebih besar dari energi ambang yang dimiliki elektron. Lepas tidaknya elektron yang dimiliki logam tergantung pada frekuensi foton dan tidak tergantung pada intensitas. Adapun setiap logam memiliki fungsi kerja berbeda-beda. Artinya, setiap logam membutuhkan energi tertentu supaya elektronnya bisa lepas. 3. Jawaban: c Diketahui: P = 200 W λ = 589 nm = 5,89 × 10–7 m Ditanyakan: n Jawab: E=W
nh λ = Pt
Ditanyakan: V0 Jawab:
=
× −
≈ 0,5 V Jadi, besar potensial henti atau potensial perintang logam adalah 0,5 volt. 6 Jawaban: c Efek fotolistrik adalah proses lepasnya elektron logam karena disinari gelombang elektromagnetik. Elektron dapat terlepas jika energi foton lebih besar dari fungsi kerja logam. Tinjau persamaan efek fotolistrik: E = W0 + Ek Nilai energi ambang atau fungsi logam tetap untuk setiap jenis logam. Oleh karena itu, energi kinetik elektron yang terlepas dari logam sebanding dengan nilai energi foton yang mengenainya. 7. Jawaban: d Diketahui: E = 40 keV = 6,4 × 10–15 J Ditanyakan: λ Jawab: E = hυ 6,4 × 10–15 J = (6,63 × 10–34 Js)(υ)
λ
υ=
= =
× − ×
−
×
4. Jawaban: e Diketahui: E = 6,4 eV = 1,024 × 10–18 J Ditanyakan: f Jawab:
×
−
f = = × − = 1,54 × 1015 Hz Jadi, frekuensi foton cahaya tersebut sebesar 1,54 × 1015 Hz. 5. Jawaban: d Diketahui: W0 = 3,0 eV = 4,8 × 10–19 J υ = 6,0 × 1014 Hz
× −
= 9,65 × 1018 Hz
= 5,92 × 1020 buah/sekon Jadi, banyaknya kuanta energi yang setiap sekon 5,92 × 1020 buah.
× −
λ = υ =
× ×
= 3,1 × 10–11 m Jadi, panjang gelombang de Broglie elektron tersebut adalah 3,1 × 10–11 m. 8. Jawaban: e Energi kinetik foton bergantung pada frekuensi gelombang cahaya buka bergantung pada intensitas. Efek fotolistrik terjadi jika frekuensi yang datang di atas frekuensi ambang. Frekuensi datang di atas frekuensi ambang menyebabkan energi foton lebih besar dari energi ambang elektron.
Energi kinetik maksimum elektron foto E = λ .
Fisika Kelas XII
143
Artinya bahwa energi kinetik elektron berbanding terbalik dengan panjang gelombang cahaya yang datang. Oleh karena itu, semakin kecil panjang geombang cahaya datang, energi kinetik elektron semakin besar. 9. Jawaban: c Diketahui: E = 3,5 keV = 5,6 × 10–19 J Ditanyakan: λ Jawab:
E= λ 5,6 ×
10–19
J=
× − × λ
λ = 3,55 × 10–7 m = 3.550 Å Jadi, panjang gelombang foton yang dibutuhkan adalah 3.550 Å. 10. Jawaban: b Diketahui: λ = 700 nm = 7 × 10–7 m Ditanyakan: p Jawab: p =
λ
=
× − × −
≈ 0,95 × 10–28 kg m/s Jadi, momentum foton tersebut sebesar 9,5 × 10–28 kg m/s. 11. Jawaban: d Energi ambang adalah energi minimum yang dibutuhkan foton untuk dapat mengeksitasi elektron logam dalam efek fotolistrik. Energi ambang setiap logam berbeda-beda. Energi yang dimiliki foton untuk melepas elektron dari orbitnya sebanding dengan frekuensi foton. Berdasarkan tabel dapat diketahui bahwa natrium memiliki energi ambang paling kecil. Sementara perak memiliki energi ambang paling besar. Semakin besar energi ambang maka membutuhkan frekuensi yang semakin besar pula. Oleh karena itu, jawaban yang tidak tepat adalah opsi d. 12. Jawaban: e Panjang gelombang sinar X lebih kecil dari panjang gelombang cahaya tampak. Keduanya memiliki cepat rambat sama, yaitu 3 × 10 8 m/s. Jika diterapkan pada persamaan:
υ=f= λ maka cepat ditarik kesimpulan sinar X memiliki frekuensi lebih besar dari frekuensi sinar cahaya tampak. Energi gelombang elektromagnetik setara dengan: E = hυ = hf
144
Konsep dan Fenomena Kuantum
Semakin besar frekuensi, semakin besar energi yang dihasilkan. Inilah alasan sinar X memiliki energi yang lebih besar dari energi yang dimiliki cahaya tampak. 13. Jawaban: e λ = 0,2 nm = 2 × 10–10 m Diketahui: θ = 90° Ditanyakan: E k Jawab:
λ′ = λ +
(1 – cos θ)
= 2 × 10–10 m +
× − × − ×
(1 – cos 90°) = 2 × 10–10 m + 0,24 × 10–11 m = 2 × 10–10 m + 2,4 × 10–12 m = 2,02 × 10–10 m
Ek = λ ′ =
× − × × −
= 9,82 × 10–16 J Jadi, energi kinetik yang dimiliki elektron terhambur sebesar 9,82 × 10–16 J. 14. Jawaban: b Persamaan gelombang de Broglie adalah λ =
= . Berdasarkan persamaan tersebut, dapat
ditarik kesimpulan bahwa panjang gelombang de Broglie berbanding terbalik dengan kecepatan partikel. Oleh karena itu, grafik yang menunjukkan hubungan panjang gelombang dengan kecepatan partikel adalah grafik linear dengan gradien negatif, yaitu opsi b. 15. Jawaban: b Teori kuantum yang dikemukakan oleh Planck sebagai berikut. 1) Molekul-molekul (di dalamnya termasuk foton) memancarkan radiasi dan memiliki energi dengan satuan diskrit. Besarnya energi yang dipancarkan sebesar:
En = n h υ = n λ 2) Foton memancarkan atau menyerap energi dalam satuan diskrit (paket-paket) dari energi cahaya dengan berpindah tempat dari tingkat energi satu ke tingkat energi lain. Berdasarkan teori kuantum tersebut dapat disimpulkan bahwa foton bergerak dengan kelajuan cahaya, memiliki energi dalam bentuk paket-paket
energi di mana energi satu foton sebesar λ . Semua foton adalah gelombang elektromagnetik.
(elektron dapat terlepas)
16. Jawaban: e λ = Keterangan: λ = panjang gelombang elektron h = konstanta Planck m = massa elektron v = kecepatan elektron
17. Jawaban: c Diketahui: P = 90 W λ = 596,7 nm = 5,967 × 10–7 m Ditanyakan: banyak foton Jawab:
E = λ
Pt = n λ
λ
= = =
× − × − × × −
× −
18. Jawaban: d Elektron foton dapat terlepas dari permukaan suatu logam jika energi foton/cahaya yang jatuh di permukaan logam lebih besar dari fungsi kerja logam. Dengan menggunakan persamaan Ek maks = E – W0 dan E = Ek =
× − × −
× − λ
– (1 eV)
= 0,62 eV – 1 eV = –0,38 eV (elektron tidak dapat terlepas) b.
Ek =
× − × −
– (2 eV)
≈ 1,9 eV – 2 eV = –0,1 eV (elektron tidak dapat terlepas) c.
Ek =
× − × −
– (2,5 eV)
= 2,48 eV – 2,5 eV = –0,02 eV (elektron tidak dapat terlepas) d.
Ek =
× − × −
= 3,3 eV – 3 eV = 0,3 eV
Ek =
× − × −
– (3 eV)
– (3,5 eV)
= 2,48 eV – 3,5 eV = –1,02 eV (elektron tidak dapat terlepas) 19. Jawaban: e Efek fotolistrik salah satunya menghasilkan sinar X. Sinar X sendiri merupakan foton terhambur dari hasil eksitasi elektron menuju orbit yang lebih dalam. Pembuatan sensor cahaya dan panel sel surya memanfaatkan efek fotolistrik pada bahan semikonduktor. Mesin barcode pada pusat perbelanjaan juga memanfaatkan prinsip efek fotolistrik. Sementara fiber optik bekerja dengan memanfatkan gelombang sinar tampak yang tidak berkaitan dengan efek fotolistrik. 20. Jawaban: d Diketahui: ∆x = 5 × 10–15 m Ditanyakan: ∆p Jawab:
× −
= 2,7 × 1020 foton/s Jadi, foton yang dipancarkan sebanyak 2,7 × 1020 foton/sekon.
a.
e.
∆p ≥ ∆ ≥ ≥ 1,054 × 10–20 kg m/s × − Jadi, tenaga minimal yang dibutuhkan elektron sebesar 1,054 × 10–20 kg m/s. 21. Jawaban: c Ultrasonografi menggunakan gelombang bunyi berfrekuensi tinggi untuk pencitraan kondisi janin. Kamera ponsel memanfaatkan gelombang cahaya tampak. Kamera ponsel ada pula yang dilengkapi dengan CCD yang bekerja berdasarkan prinsip efek fotolistrik. Pencitraan termal memanfaatkan pancaran gelombang inframerah. Laser mesin fotokopi menggunakan cahaya tampak meskipun melibatkan efek fotolistrik. Sementara pencitraan medis ada yang memanfaatkan sinar X untuk kebutuhan rontgen. 22. Jawaban: a Diketahui: mn = 2.000 me λ n = λe ve = 1 × 107 m/s Ditanyakan: vn Jawab: λn = λ e
=
= ×
vn =
×
= 5 × 103 m/s
Fisika Kelas XII
145
Jadi, neutron harus berkecepatan 5 × 103 m/s supaya memiliki panjang gelombang sama dengan elektron. 23. Jawaban: a λ = 9Å = 9 × 10–10 m Diketahui: c = 3 × 108 m/s Ditanyakan: ∆v Jawab: λ
W =
× − ×
=
× −
= 2,21 × 10–16 J W = e ∆v
× −
∆v = = = 1.375 V = 1,375 kV
× − Jadi, beda potensial antara anode dan katode sebesar 1,375 kV. 24. Jawaban: d XRD singkatan dari X Ray Diffraction, yaitu alat yang digunakan untuk mengetahui struktur atom sebuah kristal. Alat ini memanfaatkan difraksi sinar X. Rontgen digunakan untuk citra medis organorgan tubuh, seperti patah tulang dan foto toraks yang memanfaatkan sinar X. Radiograf adalah alat untuk mencitrakan sebuah benda dengan gelombang sinar X. Pemindai barang di bandara juga memanfaatkan sinar X untuk mendeteksi barang-barang yang tidak diperkenankan dibawa saat mengendarai pesawat. Sementara radiofon adalah semacam telepon tanpa kabel yang memanfaatkan gelombang radio. Jadi, opsi yang tidak tepat adalah d. 25. Jawaban: a Kecepatan foton sama dengan kecepatan cahaya. Jika kedua partikel memiliki kecepatan sama, maka kecepatan elektron juga sebesar 3 × 108 m/s. Tinjau persamaan gelombang Compton:
λ=
→p= λ Tinjau persamaan Planck:
E= λ Berdasarkan kedua persamaan di atas, nilai momentum dan energi yang dimiliki elektron sama dengan momentum dan energi yang dimiliki foton. Hal ini disebabkan oleh faktor pengali dan pembagi kedua persamaan tersebut adalah konstanta. 26. Jawaban: b Radiasi sinar X yang terlalu sering dan tidak tepat sasaran dapat memicu sel kanker, yaitu sel yang tumbuh secara tidak terkendali. Gangguan sistem
146
Konsep dan Fenomena Kuantum
transportasi tubuh salah satu pemicunya adalah pola makan yang sarat kolesterol sehingga terjadi penyumbatan pembuluh darah. Alat reproduksi yang tidak fertil (mandul) adalah salah satu efek dari radiasi nuklir. Gangguan sistem saraf dan perubahan hormon lebih disebabkan oleh faktor biologi. 27. Jawaban: c XRD (X Ray Diffraction) adalah alat yang digunakan untuk menganalisis pola kisi kristal dengan metode difraksi. Sinar X monokromatis yang terkolimasi didifraksikan oleh kisi kristal sehingga muncul polapola dengan intensitas berbeda pada layar. Pola dengan intensitas tinggi menandakan adanya interferensi konstruktif dari gelombang yang ditransmisikan. 28. Jawaban: b Energi ambang elektron sebesar W0 = 3 eV. Cahaya (foton) berfrekuensi f = 5 × 1014 Hz. Energi yang dimiliki sebesar: E = hf = (6,63 × 10–34 Js)(5 × 1014 Hz) = 33,15 × 10–20 J = 2,072 eV Berdasarkan perhitungan energi foton, data menunjukkan bahwa energi foton lebih kecil dari energi ambang elektron. Keadaan ini menyebabkan elektron tidak dapat terlepas dari logam dan tidak terjadi efek foto listrik. Jadi, jawaban yang tepat adalah opsi b. 29. Jawaban: a CCD tidak lain adalah kumpulan dioda metaloxide semiconductor (MOS) yang dicetak berdekatan satu dengan lainnya yang memiliki kemampuan menyimpan muatan. Paket muatan listrik (elektron) tersebut dapat dipindahkan dari satu dioda ke dioda lainnya dengan menerapkan urutan tegangan listrik tertentu. CT scan memanfaatkan sinar X yang tidak lain adalah hasil dari fenomena kuantum. Sel surya memanfaatkan efek fotolistrik pada semikonduktor. Sementara mikroskop elektron memanfaatkan sinar elektron yang dikendalikan oleh pemantulan magnetik atau elektrostatik yang akan memengaruhi elektron agar terfokus pada sinar dan membentuk sebuah bayangan. Berdasarkan keterangan tersebut keempat alat memanfaatkan mekanika kuantum dalam cara kerjanya. 30. Jawaban: b Diketahui: W0 = 2,46 eV = 3,94 × 10–19 J λ = 400 nm = 4 × 10–7 m Ditanyakan: V0
Jawab:
Jawab:
λ
= W0 + Ek
× − × × −
= 3,94 × 10–19 J + Ek
B.
Uraian
1.
W0 = 5,01 eV = 8,016 × 10–19 J λ = 200 nm = 2 × 10–7 m Ditanyakan: V0 Jawab: E = W0 + Ek Diketahui:
× −
× −
= W0 + Ek = 8,016 ×
10–19
J
+ (1,6 × 10–19 C) V0 V0 =
× − − × − −
×
= 1,2 V Jadi, potensial penghenti yang dibutuhkan sebesar 1,2 volt. f = 3 × 1019 Hz θ = 37° Ditanyakan: f ′ Jawab:
2. Diketahui:
λ′ – λ = ′ × ′
–
×
(1 – cos θ)
=
× − × − ×
+ (1 – cos 37°) × ′
–1×
10–11
m = (0,24 ×
× ′
10–11
m)(0,2)
= 1,048 × 10–11 m
f′ =
× −
= 3,1 × 104
Jadi, tabung harus dipasang pada tegangan 3,1 × 104 volt. Ek– = 1 MeV = 1,6 × 10–13 J Ek+ = 1 MeV = 1,6 × 10–13 J Ditanyakan: λ Jawab: hυ = 2m0c2 + Ek– + Ek+
4. Diketahui:
λ × − × λ
= W0 + Ek = 2(9,1 × 10–31 J)
λ=
(3 × 108 m/s)2 + 2(1,6 × 10–13 J)
× −
× − + × −
= 4,11 × 10–13 m Jadi, panjang gelombang foton yang ditimbulkan sebesar 4,11 × 10–13 m. 5. Diketahui:
partikel q =Q m= M V = ∆V Ditanyakan: λ Jawab: Energi kinetik pertikel yang dipercepat dengan beda potensial setara dengan E = q∆V.
– = (1 – cos θ)
×
× −
V0 =
E k = 4,97 × 10–19 J – 3,94 × 10–19 J ≈ 1,03 × 10–19 J ≈ 0,64 eV Jadi, energi kinetik elektron sebesar 0,64 eV.
λ ×
× −
λmin =
E = W0 + Ek
×
× −
= 2,86 × 1019 Hz Jadi, frekuensi foton setelah tumbukan 2,86 × 10190 Hz. 3. Diketahui: λmin = 40 pm = 4 × 10-11 m Ditanyakan: V0
q∆V = mv 2 . . . (1) Panjang gelombang de Broglie:
λ=
. . . (2)
Berdasarkan persamaan 1, kita dapat menyusun persamaan momentum partikel.
q∆V = mv 2 v=
∆
. . . (3)
Panjang gelombang de Broglie dapat dijabarkan sebagai berikut.
λ =
= =
∆
=
∆
=
∆
Jadi, panjang gelombang de Broglie sebesar ∆
.
Fisika Kelas XII
147
6. Gelombang de Broglie yang dihasilkan proses tersebut:
λ =
= =
∆ × − × − × − × − × −
= 1,58–10 m = 1,58 Å = 0,158 nm Spektrum sinar X memiliki panjang gelombang pada orde 1 nm. Berdasarkan perhitungan, proses tersebut menghasilkan gelombang dengan orde panjang gelombang 0,1 nm. Orde 0,1 nm adalah kisaran panjang gelombang sinar gamma. Jadi kesimpulannya proses tersebut tidak menghasilkan spektrum sinar X tetapi menghasilkan spektrum sinar gamma. 7. Sinar ultraviolet memiliki frekuensi pada orde 1015 Hz. Sementara sinar inframerah memiliki frekuensi pada orde 1014 Hz. Energi yang dimiliki foton cahaya sebanding dengan frekuensinya E = hf. Berdasarkan alasan inilah dapat disimpulkan bahwa energi foton radiasi sinar ultraviolet lebih besar apabila dibandingkan dengan energi foton sinar inframerah. 8. Berdasarkan grafik dapat ditentukan nilai frekuensi ambang sebesar υ0 = 8 × 1015 Hz Energi ambang elektron sebesar: W0 = hυ0 = (6,63 × 10–34 Js)(8 × 1015 Hz) = 5,30 × 10–18 J Tinjau persamaan efek fotolistrik. Wkmaks = E – W0 = hυ0 – W0 = (6,63 × 10–34 Js)(10 × 1015 Hz) – 5,30 × 10–18 J = 1,26 × 10–18 J = 8,29 eV Jadi, energi kinetik elektron sebesar 8,29 eV.
148
Konsep dan Fenomena Kuantum
λf = λ λe = λ Momentum foton: ER = Ef mc2 = h υ
9. Diketahui:
υ
mc =
υ
Di mana p = m c dan = λ
υ
sehingga momentum foton p = = – λ Momentum elektron partikel berdasarkan de Broglie
p= λ Jadi, momentum foton dan elektron yang memiliki panjang gelombang sama akan bernilai sama. 10. Diketahui: Vx = 5 × 103 m/s Ditanyakan: ∆Xmin Jawab: P x = m Vx = (9,1 × 10–31 kg)(5 × 103 m/s) = 4,515 × 10–27 kg m/s ∆Px = (akurasi)(Px) = (0,00003)(4,55 × 10–27 kg m/s) = 1,37 × 10–31 kg m/s Ketidakpastian minimal: =
∆x ∆Px > ∆x
>
= ∆
=
× − × −
= 0,383 mm Jadi, posisi elektron kira-kira berada pada jarak 0,383 mm.
Setelah mempelajari bab ini, peserta didik mampu: 1. memahami teknologi digital dan proses transmisi data; 2. memahami sejarah perkembangan teknologi seluler. Berdasarkan pengetahuan dan keterampilan yang dikuasai, peserta didik: 1. memiliki rasa ingin tahu dengan mencari banyak informasi tentang teknologi digital; 2. gemar membaca untuk menambah pengetahuan tentang perkembangan teknologi.
Teknologi Digital
Mengenal Teknologi Digital
• •
Mengamati perbedaan teknologi baru dan lama. Menuliskan konversi kode biner.
• • • • • • • •
Teknologi Telepon Seluler
• •
Mengidentifikasi fitur telepon seluler terkini. Menuliskan serta melakukan diskusi tentang perkembangan teknologi digital dan penerapannya.
Bersyukur atas ditemukannya teknologi digital dengan memanfaatkannya secara bijaksana. Bersikap objektif, jujur, cermat, dan kritis dalam setiap kegiatan. Menghargai kerja individu dan kelompok dalam setiap kegiatan. Menjelaskan definisi teknologi. Menjelaskan teknologi digital dalam transmisi data. Menjelaskan definisi telepon seluler. Menjelaskan sejarah telepon seluler. Menjelaskan cara kerja telepon seluler.
Fisika Kelas XII
149
A. Pilihan Ganda 1.
Jawaban: c Perkembangan teknologi akan mempermudah segala urusan yang dilakukan manusia. Sifat mempermudah dapat diwujudkan dalam pelbagai bentuk seperti mempercepat waktu pelaksanaan, memperkecil biaya, serta energi yang dibutuhkan.
2.
Jawaban: d Kata digital berasal dari kata Digitus (bahasa Yunani) yang berarti jari-jemari. Perlu diketahui, jumlah jari-jemari manusia yang normal ada 10. Angka 10 ini terdiri atas dua angka 1 dan 0. Dua angka ini, 1 dan 0 inilah yang digunakan dalam dunia digital. Angka 1 dan 0 merupakan lambang dari ON dan OFF, YA atau TIDAK. Dua angka ini disebut juga bilangan biner.
3.
4.
5.
Jawaban: b Pengkodean berbasis digital menjadikan proses pengkodean menjadi lebih mudah. Mesin hanya menterjemahkan kode yang pasti, jika tidak 0 pasti 1. Namun, proses pengkodean jadi lebih mahal, rumit jika dilakukan oleh manusia. Jawaban: a Terjemahan dari kode biner sebagai berikut. 01010100 = T 01100101 = E 01101011 = K 01101110 = N 01101111 = O 01101100 = L 01101111 = O 01100111 = G 01101001 = I Jadi, pengkodean dari biner menghasilkan kata Teknologi Jawaban: e 1) 01101011 01100001 01100110 01110011 01101001 = kafisi 2) 01100110 01101001 01101011 01110011 01101001 = fikasi 3) 01110011 01101001 01100110 01101011 01100001 = sifika 4) 01101011 01100001 01110011 01100110 01101001 = kasifi 5) 01100110 01101001 01110011 01101011 01100001 = fisika
150
Teknologi Digital
01101001 01100001 01101001 01101001 01101001
6. Jawaban: e Transmisi menurut kamus besar bahasa Indonesia adalah pengiriman (penerusan) pesan dan sebagainya dari seseorang kpd orang (benda) lain. 1) Penerjemahan kode biner ke tulisan = pengkodean. 2) Penerjemahan tulisan ke kode biner = pengkodean. 3) Menerima data dari kode terjemahan = unduh data. 4) Membaca hasil terjemahan data = unduh data. 5) Memasukkan data untuk diterjemahkan kode biner =transmisi. 7. Jawaban: c Televisi, notebook, dan radio pada dasarnya bersifat satu arah, tetapi dalam kondisi tertentu dapat bersifat dua arah. Ponsel dan telepon rumah secara dasar bersifat dua arah. Pager bersifat satu arah. 8. Jawaban: c Harddisk terdiri dari spindle yang menjadi pusat putaran dari keping-keping cakram magnetik penyimpan data. Spindle ini berputar dengan cepat. Oleh karena itu, harus menggunakan high quality bearing. Jadi, tanpa spindle, harddisk tidak dapat berputar dengan baik. 9. Jawaban: c Bentuk ukuran dan sistem penyimpanan data kandar kilat yang tidak membutuhkan cakram menjadi benda ini lebih praktis dibanding dengan harddisk. 10. Jawaban: e Seseorang yang ingin menyimpan data secara Cloud computing tidak memerlukan penyimpan data secara fisik. Benda fisik disediakan oleh layanan jasa penyimpanan. B. Uraian 1.
Teknologi adalah penerapan ilmu pengetahuan yang dimiliki manusia. Teknologi mempunyai peran penting dalam membawa perubahan kehidupan manusia menjadi lebih baik.
2.
3.
Teknologi digital telah mengubah komunikasi manusia menjadi lebih luas dan mudah. Dengan teknologi digital, muncul peralatan seperti handphone dan televisi digital. Jadi, teknologi digitalmempunya peran besar dalam merevolusi alat komunikasi manusia. Sistem digital mengenal pengkodean biner yaitu penggunaan angka 0 dan 1. Penggunaan dua angka ini bermakna kepastian dalam sistem pengkodean data. Jika perintah bernilai 1 maka ia pasti 1 dan tidak 0, begitu pula sebaliknya.
A. Pilihan Ganda 1.
2.
3.
Jawaban: b Handy-talky tidak membutuhkan biaya komunikasi karena tidak menggunakan operator. Ponsel menggunakan biaya karena melibatkan operator telepon. Jawaban: b Telepon nirkabel adalah jenis telepon yang tidak menggunakan kabel. Jenis telepon ini biasa dikenal sebagai ponsel. Ponsel mempunyai keunggulan dari segi kemudahan untuk dibawa. Jawaban: b Saat ini Indonesia mempunyai dua jaringan telepon nirkabel yaitu sistem GSM (Global System for Mobile Telecommunications) dan sistem CDMA (Code Division Multiple Access). GPRS, EDGE, 3G, HSDPA, dan LTE adalah layanan data yang diselenggarakan oleh perusahaan telepon seluler.
4.
Jawaban: d Teknologi baterai generasi awal tidak sebaik zaman sekarang. Waktu itu ukuran baterai dibuat cukup besar. Oleh karena ini, ukuran ponsel menjadi besar.
5.
Jawaban: c Lompatan teknologi terbesar terjadi dari generasi II ke generasi III. Teknologi 3G telah menjadikan internet dapat dimanfaatkan untuk transfer data secara optimal.
6.
Jawaban: c Generasi smartphone memungkinkan ponsel mempunyai kemampuan kerja yang lebih baik dibanding ponsel generasi sebelumnya. Smartphone memungkinkan ponsel melakukan beberapa kerja dalam waktu yang sama.
4.
5.
Digital 01100100 01101001 01100111 01101001 01110100 01100001 01101100
=D =I =G =I =T =A =L
01001001 01101110 01100100 01101111 01101110 01100101 01110011 01101001 01100001
7. Jawaban: d Multitasking adalah kemampuan ponsel melakukan beberapa kerja dalam waktu bersamaan. Multitasking sangat memengaruhi baterai karena menyerap energi yang cukup banyak. 8. Jawaban: a Memutar video, file suara, internet banking, berkirim gambar, dan internet adalah era ponsel smartphone. Kemampuan dasar sebuah ponsel yaitu untuk melakukan panggilan suara. 9. Jawaban: e Sistem operasi (bahasa Inggris operating system; OS) adalah seperangkat program yang mengelola sumber daya perangkat keras komputer, ponsel atau hardware, dan menyediakan layanan umum untuk aplikasi perangkat lunak. Android dan IOS termasuk operating sistem. 10. Jawaban: c Wi-Fi adalah sebuah teknologi yang memanfaatkan peralatan elektronik untuk bertukar data secara nirkabel menggunakan gelombang radio. Fasilitas Wi-Fi pada ponsel dapat dimanfaatkan untuk berbagi jaringan internet. B. Uraian 1.
Prosesor ponsel merupakan salah satu komponen yang berfungsi untuk memproses perintah-perintah yang diberikan oleh pengguna ponsel. Contoh ketika pengguna ingin menggunakan kamera ponsel, prosesor bertugas untuk memproses agar aplikasi dari kamera ponsel segera aktif dan dapat digunakan.
Fisika Kelas XII
151
2.
3.
Smartphone adalah varian dari telepon genggam yang mempunyai fungsi tidak sekedar sebagai sarana berkirim pesan dan juga menelepon. Telepon varian ini dapat dipasang program yang memungkinkan telepon digunakan dalam berbagai kebutuhan. Android dan IOS adalah dua dari banyak sistem operasi yang digunakan dalam smartphone.
A. Pilihan Ganda 1.
Jawaban: c Sistem digital menggunakan kode bilangan biner yaitu 1 dan 0 yang artinya ya dan tidak atau on dan off.
2.
Jawaban: a 10 bit ditunjukkan oleh sepuluh bilangan biner.
3.
Jawaban: e Telepon seluler dapat digunakan untuk mengirimkan dan menerima data baik suara maupun tulisan. Modem transmisi seperti ini bersifat dua arah.
4.
Jawaban: d Clouddata adalah penyimpanan yang menggunakan jaringan komputer untuk melakukan penyimpanan data. Proses penyimpanan data menggunakan koneksi internet untuk terhubung dengan server.
5.
Jawaban: a Data yang ingin disimpan dalam harddisk akan dikodekan ke dalam cakram magnetik dalam bentuk kode digital. Kode-kode tersebut akan dapat dibuka oleh perintah-perintah yang terdapat pada komputer.
6.
Jawaban: e Telepon seluler generasi pertama hanya dapat melakukan aktivitas telepon dan juga berkirim sms.
7.
Jawaban: b Cloud storage merupakan pengembangan teknologi penyimpanan berbasis internet. Dengan teknologi ini, proses penyimpanan data dapat bersifat praktis karena dapat diakses di mana saja ketika ada jaringan internet.
8.
Jawaban: d Komputasi awan merupakan metode penggunaan komputer yang memanfaatkan jaringan internet. Syarat utama dari penggunaan teknologi ini
152
Teknologi Digital
4.
Perbedaan mendasar terletak pada fungsi, kemampuan dan juga ukuran.
5.
Perkembangan teknologi baterai semakin membuat perkembangan ponsel memenuhi impian manusia. Perkembangan baterai dari segi ukuran yang semakin kecil menjadikan ukuran ponsel semakin kecil dan ringan.
adalah ketersediaan internet untuk menghubungkan antarkomputer atau komputer dengan pusat data. 9. Jawaban: d Harddisk mempunyai teknologi penyimpanan data menggunakan cakram yang berputar. Flasdisk menggunakan teknologi penyimpanan secara elektronik yang diam dan tidak bergerak. 10. Jawaban: c Pada cakram magnetik inilah dilakukan penyimpanan data pada harddisk. Cakram magnetik berbentuk pelat tipis dengan bentuk seperti CD-R. Dalam harddisk terdapat beberapa cakram magnetik. Harddisk yang pertama kali dibuat terdiri atas 50 piringan cakram magnetik dengan ukuran 0,6 meter dan berputar dengan kecepatan 1.200 rpm. Saat ini kecepatan putaran harddisk sudah mencapai 10.000 rpm dengan transfer data mencapai 3,0 Gbps. 11. Jawaban: a Transmisi menurut Kamus Besar Bahasa Indonesia adalah pengiriman (penerusan) pesan dan sebagainya dari seseorang kepada orang (benda) lain. Data yaitu keterangan atau informasi dalam berbagai bentuk seperti tulisan, suara, gambar diam, gambar bergerak, tulisan, dan lain sebagainya. Teknologi adalah keseluruhan sarana untuk menyediakan barang-barang yang diperlukan bagi kelangsungan dan kenyamanan hidup manusia. Kata digital berasal dari kata Digitus (bahasa Yunani) yang berarti jari-jemari. Perlu diketahui, jumlah jari-jemari manusia yang normal ada 10. Angka 10 ini terdiri atas dua angka 1 dan 0. Dua angka 1 dan 0 inilah yang digunakan dalam dunia digital. Angka 1 dan 0 merupakan lambang dari On dan Off, Ya atau Tidak. Cloud storage adalah penyimpanan berbasis jaringan internet.
12. Jawaban: e 01000100 = D 01001001 = I 01000111 = G 01001001 = I 01010100 = T 01000001 = A 01001100 = L 13. Jawaban: a 01010000 = P 01001111 = O 01001110 = N 01010011 = S 01000101 = E 01001100 = L Jadi kode itu dibaca PONSEL. 14. Jawaban: b Tahun 1940, Galvin Manufactory Corporation (sekarang Motorola) mengembangkan portable Handie-Talkie SCR536, yang berarti sebuah alat komunikasi di medan perang saat Perang Dunia II. Masa ini merupakan generasi 0 telepon seluler atau 0-G, di mana telepon seluler mulai diperkenalkan.
20. Jawaban: d Pada dasarnya fungsi telepon adalah untuk komunikasi suara dan tulisan. Namun, dalam perkembangannya telepon dapat difungsikan untuk pelbagai keperluan seperti hiburan. Telepon yang menggabungkan berbagai fungsi ini biasa disebut telepon cerdas (smartphone). B. Uraian 1. Teknologi digital menggunakan kode 1 dan 0 dalam menerjemahkan perintah dari pengguna. Kode 1 dan 0 ini disebut kode biner. 2. Perbedaan prinsip kedua televisi terletak pada proses modulasi transmisi yang dilakukan. Gambar dan suara pada televisi digital diolah secara digital menggunakan kode 1 dan 0, sedangkan pada televisi analog masih menggunakan komponen elektronika analog memanfaatkan tabung CRT. 3. Spindle ini yang menentukan putaran harddisk. Semakin cepat putaran rpm harddisk maka semakin cepat transfer datanya. 4. Kandar kilat bersifat portable sehingga praktis dibawa ke mana-mana.
15. Jawaban: c Generasi kedua atau 2-G muncul pada sekitar tahun 1990-an. 2G di Amerika sudah menggunakan teknologi CDMA, sedangkan di Eropa menggunakan teknologi GSM. GSM menggunakan frekuensi standar 900 Mhz dan frekuensi 1.800 Mhz.
5. Teknologi digital dalam lampu seven segmen menghasilkan variasi nyala dari masing-masing bagian lampu tersebut. Pengkodean 1 dan 0 menghasilkan bagian tertentu lampu menyala dan padam. Kombinasi padam dan nyala inilah yang menghasilkan angka atau huruf tertentu dalam lampu.
16. Jawaban: b Generasi 4G mempunyai teknologi tertinggi sehingga transfer data dapat dilakukan dengan lebih cepat dan efisien.
6. Teknologi digital dalam siaran televisi menghasilkan gambar yang lebih jernih karena diolah secara elektronik digital. Selain itu, konsumsi daya yang dibutuhkan tidak terlalu besar karena tidak memerlukan tabung CRT dalam proses menghasilkan gambar.
17. Jawaban: e Semakin tinggi kemampuan teknologi transmisi data, semakin boros dalam penggunaan data. Teknologi terkini yang sudah dirilis di publik adalah 4G. Teknologi ini paling boros dibandingkan dengan teknologi selainnya. 18. Jawaban: a Urutan teknologi transmisi data dari yang paling awal hingga terkini yaitu GPRS, EDGE, UMTS, HSDPA, LTE. 19. Jawaban: e Ponsel mempunyai teknologi wireless yaitu teknologi yang tidak memerlukan kabel dalam proses penggunaan. Dengan sebab teknologi ini, ponsel dapat dibawa ke mana-mana tdak seperti telepon rumah.
7. Perbedaan mendasar dari kedua telepon ini terletak pada teknologi yang digunakan. Perkembangan teknologi akan menghasilkan perbedaan ukuran dan fungsi dari kedua telepon ini. 8. Komputasi awan memudahkan data diakses dari tempat yang berbeda dengan mudah. Pengguna tidak perlu mempunyai penyimpan data manual karena telah disimpan secara online. 9. Encoded adalah proses pemecahan data dari data analog ke digital atau sebaliknya. 10. RAM atau Random Acces Memory berfungsi sebagai tempat pemrosesan data dalam aktivitas transmisi atau penyimpanan data.
Fisika Kelas XII
153
A.
Pilihan Ganda
1. Jawaban: b Tegangan yang terukur adalah tegangan efektif. Tegangan ini disebut juga tegangan rms (root mean square). 2. Jawaban: e Diketahui: V = (220 sin 100πt) volt Ditanyakan: Vef dan f Jawab: Vm = 220 volt Vef =
=
= 220 volt
ω = 2πf 100π = 2πf π
f = π = 50 Hz Jadi, tegangan efektif dan frekuensi sinyal tegangan berturut-turut sebesar 200 volt dan 50 Hz. 3. Jawaban: a Diketahui: Ief = 15 mA f = 50 Hz Ditanyakan: I(t) Jawab: Im = Ief = (15 mA) = 15 mA ω = 2πf = 2π (50 Hz) = 100π Hz I(t) = Im sin ωt = (15 mA) = (15 sin 100πt) mA Jadi, persamaan arus terhadap waktu adalah (15 sin 100πt). 4. Jawaban: e Diketahui: L = 50 mH = 5 × 10–2 H ω = 300 rad/s Ditanyakan: XL
154
Ulangan Tengah Semester 2
Jawab: XL = ωL = (300 rad/s)(5 × 10–2 H) = 15 Ω Jadi, besar reaktansi kapasitif kumparan 15 Ω. 5. Jawaban: b Diketahui: C = 50 F = 5 × 10–5 F I = (4 sin 100t) A Ditanyakan: V Jawab: Berdasarkan persamaan arus, dapat ditentukan nilai frekuensi sudut sumber. ω = 100 rad/s
X c = ω =
× −
Ω = 200 Ω
Vm = ImXC = (4 A)(200 Ω) = 800 V π
V = Vm sin (ωt – ) V π
= 800(sin 100t – ) V Jadi, persamaan tegangan pada ujung-ujung π
kapasitor V = 800 (sin 100t – ). 6. Jawaban: d Pada gambar amplitudo gelombang sebesar 3 DIV. Karena tegangan maksimum bersesuaian dengan nilai ampitudo. Vm = (4 DIV)(2 volt/DIV) = 6 volt Pada gambar tertera 2,5 gelombang. 1 panjang gelombang 4 DIV. T = (4 DIV)(5 ms/DIV) = 20 ms
f = = = × − = 50 Hz Jadi, tegangan maksimum dan frekuensi secara berturut-turut adalah 6 V dan 50 Hz.
7. Jawaban: d Diketahui: V R C Z Ditanyakan: VR Jawab:
= 200 volt = 40 Ω =C = 100 Ω
I =
= Ω =2A VR = IR = (2 A)(40 Ω) = 80 V Jadi, tegangan pada resistor sebesar 80 volt. 8. Jawaban: a Diketahui: V =6V f = 40 Hz Ditanyakan: L dan I Jawab: ω = 2πf = 2π rad (40 Hz) = 80π rad/s π Ω
L = ω = π = 0,025 H I =
= π Ω = 0,95 A Jadi, besar nduktansi dan arus yang mengalir pada kumparan secara berturut-turut adalah 0,025 H dan 0,95 A. 9. Jawaban: a Diketahui: R = 210 Ω L = 1,8 H C = 16 µF = 16 × 10–6 F V = 5,8 volt ω = 250 rad/s Ditanyakan: IL Jawab: XL = ωL = (250 rad/s)(1,8 H)
= ω =
× −
= 250 Ω
Z = + −
= + − Ω
= + Ω = 290 Ω
VR =
= Ω = 0,02 A Karena rangkaian tersusun seri, maka arus yang mengaliri tiap komponen sama dengan arus total. jadi, arus yang mengalir pada induktor sebesar 0,02 A. 10. Jawaban: d Diketahui: R = 60 Ω XL = 18 Ω XL = 160 Ω ε = 300 V Ditanyakan: Vab Jawab: Z = + −
= + − Ω
= + Ω = 100 Ω ε
VR =
= Ω =3A Vab = IR = (3 A)(60 Ω) = 180 V Jadi, nilai tegangan antara titik a dan b sebesar 180 volt. 11. Jawaban: b Diketahui: V = 100 (sin 1.000t) V Z = 500 Ω Ditanyakan: P Jawab:
Im =
= Ω = 0,2 A Faktor daya
cos ϕ =
Ω
= Ω = 0,8 P = VmIm = cos ϕ = (100 V)(0,2 A)(0,8) = 16 W Jadi, daya yang bekerja pada rangkaian sebesar 16 watt. Fisika Kelas XII
155
12. Jawaban: e Rangkaian sebuah radio penerima terdapat kapasitor yang berfungsi sebagai pemilih gelombang radio. Suatu nilai kapasitansi tertentu berhubungan dengan frekuensi yang diterima radio. Nilai kapasitansi tersebut dapat diubah-ubah disesuaikan dengan frekuensi yang diinginkan. Kapasitor yang demikian disebut dengan kondensator variabel/kapasitor variabel. 13. Jawaban: b Diketahui: L = 40 mH = 4 × 10–2 H C = 100 pF = 1 × 10–10 F Ditanyakan: fr Jawab:
fr = π =
π
= π
× − × − × −
Hz
= π MHz Jadi, rangkaian tersebut beresonansi pada
frekuensi π MHz. 14. Jawaban: e Impedansi pada rangkaian resonansi bernilai minimum. XL = XC Opsi a menunjukkan XL > XC. Opsi b menunjukkan XC > XL. 15. Jawaban: b Gelombang elektromagnetik terdiri atas medan magnet dan medan listrik yang bergetar saling tegak lurus. Kedua medan tersebut merambat searah. 16. Jawaban: d Diperlukan sinar yang memiliki daya tembus kuat untuk mendeteksi patah tulang. Sinar yang biasa digunakan adalah sinar X yang memiliki frekuensi tinggi sehingga memiliki daya tembus yang kuat. 17. Jawaban: a Gelombang elektromagnetik secara umum dihasilkan ketika partikel bermuatan listrik, biasanya elektron, mengubah kecepatan atau arah gerakan. Proses ini dapat terjadi dalam beberapa cara, seperti pemanasan dari atom dan molekul dan perubahan tingkat energi elektron. Frekuensi dan panjang gelombang yang terbentuk tergantung pada jumlah energi yang terlibat. Gelombang dengan frekuensi yang lebih tinggi dan panjang gelombang yang lebih pendek akan memiliki energi yang lebih tinggi. 156
Ulangan Tengah Semester 2
18. Jawaban: d Sinar gamma dihasilkan oleh isotop radioaktif seperti kobalt-60 atau sesium-137. Kobalt-60 adalah sumber yang paling banyak digunakan dalam menghasilkan radiasi sinar gamma. Berkas sinar elektron dihasilkan dari akselerator linear yang disuplai tenaga listrik. 19. Jawaban: c Gelombang radio AM memiliki amplitudo yang berubah-ubah dan dipengaruhi oleh gejala kelistrikan di atmosfer sehingga memiliki kualitas suara kurang jernih. Gelombang AM memiliki jangkauan yang luas karena dapat dipantulkan oleh ionosfer. Jadi, ciri-ciri yang benar gelombang radio AM ditunjukkan oleh nomor 2) dan 5). 20. Jawaban: d Gelombang very short wave memiliki panjang gelombang 3 m. Gelombang ini termasuk dalam very high frequency dengan lebar frekuensi 30 MHz-300 MHz. Gelombang ini digunakan dalamradio FM, radio mobil polisi, dan komunikasi pesawat udara. 21. Jawaban: c Suatu benda yang dipanaskan akan memancarkan sinar inframerah yang tergantung dari suhu dan warna benda. Benda yang memancarkan sinar inframerah saat terbakar dapat dideteksi oleh satelit sehingga dapat mengetahui daerah yang mengalami kebakaran hutan. 22. Jawaban: e Penggunaan sinar X secara berlebihan dapat memusnahkan sel-sel dalam tubuh, mengubah sruktur genetika suatu sel, mengakibatkan penyakit kanker, kerontokan rambut, serta kulit menjadi merah dan berbisul. Kerusakan kolagen dan jaringan elastin diakibatkan oleh paparan sinar UV C terlalu banyak. 23. Jawaban: c Logam yang paling cepat dipanaskan jika disinari dengan laser yang memiliki frekuensi paling tinggi. spektrum warna dari frekuensi terkecil yaitu merah, jingga, kuning, hijau, biru, dan ungu. Jadi, logam yang disinari dengan laser berwarna ungu akan cepat panas. 24. Jawaban: d Sinar ultraviolet dapat dibuat di laboratorium oleh atom dan molekul dalam loncatan atau nyala listrik. Sinar ultraviolet juga dapat dihasilkan dari lampu wolfram atau lampu deuterium.
25. Jawaban: e Diketahui: hf0 = 2,46 eV λ = 300 nm = 3 × 10–7 m Ditanyakan: E k maks E k maks = hf – hf0 =
h
– hf0 ×
= 6,626 × 10–34 J.s × − – 2,46 eV = 6,626 × 10–19 J.s – 2,46 eV = 6,626 eV – 2,46 eV = 4,166 eV Jadi, energi kinetik maksimal fotoelektron yang dikeluarkan sebesar 4,166 eV. 26. Jawaban: c Diketahui: v = 2 × 107 m/s me = 9,1 × 10–31 kg Ditanyakan: λ
λ = =
× −
= × − ! × = 0,36 × 10–10 m = 0,36 Å Jadi, panjang gelombang de Broglie elektron tersebut sebesar 0,36 Å. 27. Jawaban: c Efek fotolistrik adalah proses pelepasan elektron foto oleh foton. Persamaan untuk efek fotolistrik sebagai berikut. E k maks = hf – hf0 = h(f – f0) Berdasarkan persamaan di atas, efek fotolistrik hanya dipengaruhi oleh frekuensi dan tidak dipengaruhi oleh intensitas. Frekuensi cahaya gelombang datang harus lebih besar dari frekuensi ambang. Semakin besar frekuensi, panjang gelombangnya semakin kecil.
f= λ Kesimpulannya efek foto listrik dapat terjadi jika energi foton lebih besar dari energi ambang atau fungsi kerja logam. 28. Jawaban: b Ketika frekuensi bertambah, setiap fotonnya akan membawa energi lebih banyak sehingga diperlukan potensial henti yang besar (–∆V, semakin bergesr ke kiri) agar arusnya menjadi nol.
29. Jawaban: d Dalam eksperimennya Compton memperlakukan foton bukan sebagai gelombang melainkan hanya sebagai pertikel yang memiliki energi hf dan
momentum . Selain itu Compton berasumsi baik energi maupun momentum dari sistem yang terisolasi adalah kekal. 30. Jawaban: c Diketahui: λ = 10 pm = 1 × 10–11 m θ = 37° Ditanyakan: λ′
λ′ – λ = λ′ =
(cos θ – 1)
× − (1 × − ! ×
– cos 37)
+ 1 × 10–11 m = (0,24 × 10–11 m)(1 – 0,8) + 1 × 10–11 m = 0,048 × 10–11 m + 1 × 10–11 m = 1,048 × 10–11 m = 10,48 Å Jadi, panjang gelombang setelah tumbukan sebesar 10,48 Å. 31. Jawaban: a Pada kasus CT-scan, mata memiliki koefisien serapan lebih besar dibandingkan dengan tulang tengkorak. Dengan kata lain, koefisien refleksi tulang lebih besar. Semakin banyak sinar X yang direfleksikan oleh suatu benda, maka film penangkap (layar scintilator) akan semakin banyak menerima sinar pantul. Oleh karena itu pada layar akan tampak semakin terang. 32. Jawaban: b Sel surya bukan komponen aktif eketronika. Sel surya mampu mengonversi cahaya menjadi energi listrik. Cara sel surya mentransformasi cahaya menjadi listrik adalah dengan efek fotolistrik. Ketika foton menumbuk elektron pada pita valensi, maka elektron akan lepas dan menuju pita konduksi. Akibatnya, ketika dibangkitkan dengan catu daya dan beban, akan timbul perbedaan arus. 33. Jawaban: e Mobil termasuk teknologi dalam bidang transportasi. Traktor termasuk teknologi dalam bidang pertanian. Kuda bukan termasuk teknologi. Mesin ketik termasuk teknologi dalam bidang tulis menulis. Sepeda termasuk teknologi dalam bidang transportasi. Pensil termasuk teknologi dalam bidang tulis menulis.
Fisika Kelas XII
157
34. Jawaban: b Sistem digital yang menggunakan kode 1 dan 0 juga dikenal sebagai BIT (Binary Digit). Bit merujuk pada sebuah digit dalam sistem angka biner, contohnya angka 10010 memiliki panjang 5 bit. 35. Jawaban: c Kode digital diatas berjumlah 9 angka. Hal ini dapat diartikan sebagai 9 bit. 36. Jawaban: c 01000010 = B 01000001 = A 01000011 = C 01000001 = A Jadi kode itu dapat diterjemahkan sebagai BACA. 37. Jawaban: a 01010000 = P 01001111 = O 01001000 = H 01001111 = O 01001110 = N Kode yang tepat adalah 01010000 01001111 01001000 01001111 01001110. 38. Jawaban: d Komputer adalah sekumpulan alat elektronik yang saling bekerja sama, dapat menerima data (input), mengolah data (proses) dan memberikan informasi (output) serta terkoordinasi dibawah kontrol program yang tersimpan di memorinya. Didalam sebuah komputer, memori adalah urutan byte yang dinomori (sel) yang masing-masing berisi sepotong kecil informasi. 39. Jawaban: d Dalam transmisi (pengiriman) data, terjadi proses penyimpanan dimemory, pengiriman di transmitter, penerimaan di receiver dan pengkodean di decoder. 40. Jawaban: a Hardisk menyimpan data dalam bentuk digital pada cakram keras yang berputar. Penyimpanan data terkait dengan sifat magnetik benda. B.
Uraian
1. a.
158
Tinjau rangkaian kapasitif. Ketika arus AC mulai bertambah dalam satu arah, muatan terakumulasi dalam kapasitor sehingga muncul tegangan. Ketika tegangan mencapai nilai maksimum, energi yang tersimpan dalam kapasitor juga maksimum. Akan tetapi penyimpanan energi ini hanya bersifat sementara. Cara kerja kapasitor hanya diisi dan dikosongkan dalam setiap siklus. Oleh karena itu tidak ada kerugian daya.
Ulangan Tengah Semester 2
b.
Tinjau rangkaian induktif. Ketika arus AC mencapai nilai maksimum, energi yang tersimpan dalam induktor juga maksimum dalam bentukmedan magnet. Ketika arum mulai berkurang, energi yang tersimpan dikembalikan kepada sumber seiring induktor menjaga arus di dalam rangkaian.
R = 50 Ω L = 20 mH = 2 × 10–2 H ω = 5.000 rad/s Vef = 20 V Ditanyakan: fr Jawab:
2. Diketahui:
ω=
5.000 rad/s = 2,5 × 107 rad/s = C= =
× − × − × × − ×
F
= 2 × 10–6 F = 2 µF Jadi, kapasitansi kapasitor sebesar 2 µF. 3. Apabila frekuensi sumber ditinggikan, reaktansi induktif bertambah sesuai dengan persamaan X = 2π fL. Nilai reaktansi sebanding dengan frekuensi. Reaktansi induktif yang besar menyebabkan impedansi total rangkaian juag semakin besar. Z = + Impedansi yang besar dengan amplitudo tegangan tetap, maka arus yang mengalir dalam rangkaian semakin kecil yang bersesuaian dengan
persamaan I = . Arus yang kecil menyebabkan daya yang didisipasi hambatan (lampu) juga kecil. Kesimpulannya adalah nyala lampu semakin redup jika frekuensi sumber ditambah sementara amplitudo tegangan tetap. 4. Microwave oven memanfaatkan sifat gelombang mikro yang memberikan efek pemanasan pada benda yang dikenai radiasi. Makanan yang berada dalam microwave oven menyerap radiasi gelombang mikro sehingga makanan menjadi panas dalam waktu singkat. Oleh karena itu, microwave oven dimanfaatkan untuk memasak makanan secara cepat dan bebas api.
5. Radiasi sinar UV yang berlebihan dapat mengakibatkan kanker kulit, gangguan penglihatan, dan mengganggu keseimbangan alam. Sinar ultraviolet A berdampak terhadap kerusakan pada jaringan jangat dan lemak sehingga kulit menjadi keriput. Sinar ultraviolet B berdampak terhadap lapisan kulit paling atas yaitu lapisan ari. Sinar ultraviolet B mampu membakar dan merusak lapisan ari. Sinar ultraviolet C akan memengaruhi perubahan warna kulit. Warna kulit akan berubah menjadi lebih kecokelatan. Sinar ultraviolet memberikan pengaruh yang besar terhadap kerusakan kolagen dan jaringan elastin. Kolagen dan elastin merupakan jaringan pada kulit dermis yang bertanggung jawab terhadap kekuatan dan elastisitas kulit. 6. Inframerah dapat digunakan untuk mendiagnosis suatu penyakit dalam tubuh. Selain itu, sinar inframerah digunakan untuk terapi penyembuhan. Radiasi inframerah yang dipancarkan ke kulit akan melancarkan peredaran darah sehingga aliran oksigen dan nutrisi yang bermanfaat bagi tubuh dapat dengan lancar mencapai seluruh organ. Racun dalam darah juga dapat hilang. 7. Panjang gelombang yang merupakan panjang gelombang fisis adalah panjang gelombang Compton. Panjang gelombang ini mengandung kombinasi beberapa konstanta dan tidak berkaitan dengan gerak elektronnya (tidak berhubungan dengan kelajuan partikel). Sementara panjang gelombang de Broglie berhubungan dengan gerak elektron melalui momentumnya.
W0 = 1,85 eV = 2,96 × 10–19 J λ = 4,2 × 10–7 m Ditanyakan: V0
8. Diketahui:
W0 = h λ – eV0 2,936 × 10–19 J = 2,936 × 10–19 J V0 =
× − × × −
(1,6 × 10–19 C) V0 = 4,736 × 10–19 J – (1,6 × 10–19 C) V0
× − × × −
= 1,125 V Jadi, potensial penghenti yang menjaga agar arus foton tidak mengalir sebesar 1,125 volt. 9. Transmisi data yaitu proses pengiriman data dari pengirim ke penerima. Contoh transmisi data yang paling sederhana yaitu ketika ada seorang yang sedang mengajak bicara kepada orang lain. 10. Read-write Head adalah pengambil data dari cakram magnetik. Head ini melayang dengan jarak yang tipis dengan cakram magnetik. Dahulu head bersentuhan langsung dengan cakram magnetik sehingga mengakibatkan keausan pada permukaan karena gesekan. Kini antara head dan cakram magnetik sudah diberi jarak sehingga umur harddisk lebih lama.
Fisika Kelas XII
159
Setelah mempelajari bab ini, peserta didik mampu: 1. menjelaskan karakteristik inti atom, radioaktivitas, dan pemanfaatannya dalam teknologi; 2. menyajikan informasi pemanfaatan radioaktivitas dan dampaknya bagi kehidupan. Berdasarkan pengetahuan dan keterampilan yang dikuasai, peserta didik: 1. mensyukuri kebesaran Tuhan yang menciptakan radioaktivitas di alam; 2. berperilaku ilmiah dalam kegiatan pembelajaran dan dalam kehidupan sehari-hari; 3. menghargai kerja individu dan kelompok dalam aktivitas sehari-hari.
Inti Atom dan Iptek Nuklir
Karakteristik Inti Atom
• •
•
Menyelidiki struktur inti atom dan energi ikat inti. Mendiskusikan partikel penyusun inti, nuklida, gaya kestabilan inti, dan energi ikat inti. Mendiskusikan jenis-jenis reaksi inti.
Radioaktivitas
• • •
•
Menyelidiki proses peluruhan radioaktif. Mendiskusikan sifat-sifat sinar radioaktif. Mendiskusikan interaksi sinar radioaktif terhadap bahan dan peluruhan radioaktif. Mendiskusikan deret radioaktif.
Iptek Nuklir
• • • • • •
• • • • • • • • • • •
160
Mendiskusikan aplikasi iptek nuklir di bidang energi. Mendiskusikan aplikasi iptek nuklir di bidang industri. Mendiskusikan aplikasi iptek nuklir di bidang hidrologi. Mendiskusikan aplikasi iptek nuklir di bidang kesehatan. Mendiskusikan aplikasi iptek nuklir di bidang pangan. Mendiskusikan aplikasi iptek nuklir di bidang peternakan.
Bersyukur kepada Tuhan yang Mahakuasa yang telah menciptakan unsur-unsur radioaktif sehingga bermanfaat dalam teknologi. Memiliki rasa ingin tahu yang tinggi, kritis, dan terbuka saat berdiskusi. Menghargai kerja individu dan kelompok serta bertanggung jawab dalam melaksanakan tugas. Menjelaskan partikel penyusun inti, gaya kestabilan inti, dan nuklida. Menganalisis energi ikat inti atom. Menjelaskan proses peluruhan radioaktif. Menjelaskan sifat-sifat sinar radioaktif. Menganalisis interaksi sinar radioaktif. Menganalisis peluruhan radioaktif. Menjelaskan deret radioaktif. Menjelaskan aplikasi iptek nuklir pada berbagai bidang.
Karakteristik Inti Atom dan Iptek Nuklir
A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: c 206 X dibandingkan 207ZX Z Nomor massa menunjukkan nilai Z + N. Nilai Z sama sehingga nilai N yang berbeda. Oleh karena itu, 206ZX memiliki nilai N yang lebih sedikit daripada 207 X. Dengan demikian, inti atom X yang memiliki Z nomor massa 206 akan memiliki jumlah neutron yang lebih sedikit. 2. Jawaban: b Dalam reaksi inti harus dipenuhi: 1) hukum Kekekalan Momentum; 2) hukum Kekekalan Energi; 3) hukum Kekekalan Nomor Atom; 4) hukum Kekekalan Nomor Massa. 3. Jawaban: e Lambang unsur 239 Np memiliki Z = 93 dan A = 239. 93 Jumlah proton = 93 Jumlah neutron = A – Z = 239 – 93 = 146 4. Jawaban: a Isobar merupakan unsur-unsur yang memiliki nomor massa sama, tetapi nomor atomnya berbeda. A ZX → A sama, Z berbeda. Jadi, yang termasuk isobar adalah 6C14 dan 7N14. 5. Jawaban: a A X + 42α → 178O + 11p Z A Z
X=
(17 + 1 − 4) X (8 + 1 − 2)
= 147X = 147N
Jadi, atom mula-mula adalah 147N. 6. Jawaban: d Stabilitas inti ditentukan oleh perbandingan jumlah proton dan neutron dalam inti. Inti ringan stabil jika N Z
= 1,00. Inti berat stabil jika 1,00 <
N Z
< 1,60.
7. Jawaban: c Nomor atom = jumlah proton = 7. Nomor massa = 14. Jumlah neutron = 14 – 7 = 7. Jumlah elektron = 7 + 3 = 10. 8. Jawaban: d 4 He → 2p + 2n 2 Δm = 2mp + 2mn – mHe = 2(1,0078) + 2(1,0086) – 4,0025 = 2,0156 + 2,0172 – 4,0025 = 0,0303 Jadi, defek massa atom Helium adalah 0,0303 sma.
9. Jawaban: b 9 4Be → Z = 4 dan A = 9 Δm = Z mp + (A – Z)mn – minti = (4)(1,0078) + (5)(1,0086) – 9,0121 = 4,0312 + 5,043 – 9,0121 = 0,0621 E = Dm (931,15 MeV/sma) = (0,0621 sma)(931,5 MeV/sma) = 57,85 MeV Energi ikat atom 94Be adalah 57,85 sma. 10. Jawaban: b 1 235 1 Diketahui: 0n + 92U → Ba + Kr + 3 0n + energi E = 200 MeV (1 sma = 931 MeV) mn = 1,009 sma mU = 235,01 sma Ditanyakan: massa inti (Ba + Kr) Jawab: E = Δm(931 MeV/sma) ⇔ 200 MeV = Δm(931 MeV/sma) ⇔ Δm = 0,2148 sma Sebelum reaksi: massa inti + massa neutron = 235,01 + 1,009 = 236,019 sma Sesudah reaksi: massa awal = massa akhir m(Ba + Kr) + 3mn + Δm = mawal m(Ba + Kr) + 3(1,009) + 0,2148 = 236,019 m(Ba + Kr) + 3,2418 = 236,019 m(Ba + Kr) = 236,019 – 3,2418 m(Ba + Kr) = 232,7772 Jadi, massa inti (Ba + Kr) dibulatkan menjadi 232,8 sma. 11. Jawaban: b Diketahui:
E = 36,26 MeV mp = 1,0078 sma mn = 1,0086 sma Ditanyakan: massa inti 73Li Jawab: E = Δm(931,5 MeV)
Δm =
E 931,5 MeV
Δm =
36,26 MeV 931,5 MeV
= 0,0389 sma
Li → Z = 3; A = 7; N = 7 – 3 = 4 Δm = Z mp + N mn – minti minti = Z mp + N mn – Δm = (3)(1,0078 sma) + (4)(1,0086 sma) – 0,0389 sma = (3,0234 + 4,0344 – 0,0389) sma = 7,0189 sma Jadi, massa inti sebesar 73Li sebesar 7,0189 sma. 7 3
Fisika Kelas XII
161
B. Uraian
12. Jawaban: a 14 4 7 N + 2α → {(m 147 N
17 1 8 O + 1p + m 24α ) – (m 178 O
1. a. + m 11p )}(931,5 MeV)
E = = {(14,00307 + 4,00260) sma – (16,99913 + 1,00783) sma}(931,5 MeV) = (–0,00129)(931,5 MeV) = –1,201635 MeV Oleh karena E negatif, artinya reaksi memerlukan energi sebesar –1,201635 MeV.
13. Jawaban: c Diketahui: mn = 1,008 sma mp = 1,007 sma mα = 4,002 sma Ditanyakan: Ei Jawab: A=4 α = 42He Z=2 N=2 Δm = Z mp + (A – Z) mn – mα = 2 (1,007 sma) + 2 (1,008 sma) – 4,002 sma = 0,028 sma Ei = Δm 931 MeV/sma = (0,028 sma) (931,5 MeV/sma) = 26,082 MeV Jadi, energi ikat inti alfa sebesar 26,082 MeV. 14. Jawaban: a Diketahui: Massa 11H = 1,0078 sma Massa 21 d = 2,01410 sma Massa 01e = 0,00055 sma 1 sma = 931 MeV Ditanyakan: Q Jawab: Q = Δm(931 MeV) = {(2 m 11H) – (m 21d + m 01e)}(931 MeV) = {(2(1,0078 sma) – (2,01410 sma + 0,000 55 sma)} (931 MeV/sma) = 0,88 MeV Jadi, energi yang dihasilkan 0,88 MeV. 15. Jawaban: c Diketahui: m = 14 sma mp = 1,0078 sma mn = 1,0086 sma Ditanyakan: Ei Ei = Δm(931 MeV) = {(7mp + 7mn) – (m 147N)}(931 MeV) = {(7(1,0078 sma) + 7(1,0086) – 14 sma} (931 MeV) = 0,1148 (931 MeV) = 106,8788 MeV = 106,9 MeV Jadi, energi ikat inti nitrogen sebesar 106,9 MeV. 162
Karakteristik Inti Atom dan Iptek Nuklir
→ Z = 8 dan A = 16 sehingga proton = Z = 8 neutron = A – Z = 16 – 8 = 8 elektron = proton = 8 16 8O
b.
→ Z = 27 dan A = 60 sehingga proton = Z = 27 neutron = A – Z = 60 – 27 = 33 elektron = proton = 27
c.
→ Z = 56 dan A = 138 sehingga proton = Z = 56 neutron = A – Z = 138 – 56 = 82 elektron = proton = 56
d.
→ Z = 84 dan A = 210 sehingga proton = Z = 84 neutron = A – Z = 210 – 84 = 126 elektron = proton = 84
60 27 Co
138 56 Ba
210 84Po
2. Reaksi inti terdiri atas dua jenis yaitu reaksi fisi dan reaksi fusi. a. Reaksi fisi Reaksi fisi adalah reaksi pembelahan inti atom berat menjadi inti atom baru yang lebih ringan. Contoh 92U235 yang ditembak dengan sebuah neutron menghasilkan 56Ba144, 36Kr89, dan 3 buah neutron. b. Reaksi fusi Reaksi fusi adalah reaksi penggabungan beberapa inti ringan menjadi inti yang lebih berat. Contoh penggabungan inti 1H2 dengan H2 menghasilkan 2He3 dan neutron. 1 14 7N
3. a.
Sehingga b.
4 2α
1 0n
A ZX
→
+ 94 Be →
Sehingga c.
4 + 2α →
+
235 92U
A ZX
→
+
+ 11p =
17 8X
=
17 8O
A ZX
4 + 9 − 12 2 + 4 − 6X
140 54 Xe
Sehingga AZ X → 4. Diketahui:
17 + 4 − 1 7 + 2 − 1X
12 6C
→
A ZX
+
= 01X = 01n
94 38 Sr
+
1 + 235 − 140 − 94 92 − 54 − 38 X
A ZX
= 02 X = 2 01n
minti = 238,05076 sma mp = 1,00728 sma mn = 1,00867 sma
Ditanyakan: Δm, Ei Jawab: a.
Untuk atom 238 92U → Z = 92; A = 238; N = 146 Δm = (Z mp) + (N mn) – minti = (92)(1,00728) + (146)(1,00867) – 238,05076
b.
= 92,66976 + 147,26582 – 238,05076 = 1,88482 Jadi, defek massanya adalah 1,88482 sma. E = Δm(931,5 MeV) = (1,88482 sma)(931,5 MeV) = 1.755,7 MeV sehingga energi ikat per nukleonnya: Ei =
E A
=
Jawab: Ei =
b.
maka Ei = Ei A = (7,91 MeV)(197) = 1558,27 MeV E = Δm(931,5 MeV)
1.755,7 238
= 7,377 MeV 5. Diketahui:
E i 197 79 Au = 7,91 MeV mp = 1,00728 sma mn = 1,0086 sma Ditanyakan: a. Ei b. minti
E 931,5 MeV
Δm =
1.558,27 MeV 931,5 MeV
8. Diketahui:
197 79 Au
= 1,672861 sma
→ Z = 79; A = 197; N = 118
m 235 92U = 235,0457 sma Ba = 140,9177 sma m 141 56 m 92 Kr = 91,8854 sma 36 m 01n = 1,0087 sma
Ditanyakan: E Jawab: 141 235 1 92U + 0 n → 56 Ba +
m 11H = 1,007825 sma m 42He = 4,00260 sma m 10n = 1,0086665 sma Ditanyakan: Energi yang dibebaskan Jawab: 210n + 211H → 42He + E
7. Diketahui:
Δm =
Δm = Δ mp + N mn – minti minti = Z mp + N mn – Δm minti = (79)(1,00728) + (118)(1,00867) – (1,672861) = 79,57512 + 119,02306 – 1,672861 = 196,925319 sma Jadi, massa inti 197 79 Au adalah sekitar 196,925319 sma.
6. Diketahui:
Sebelum reaksi: E = (2mn + 2mp)(931,5 MeV) = ((2)(1,0086665) + (2)(1,007825))(931,5 MeV) = (2,017333 + 2,01565)(931,5 MeV) = 3.756,7236 MeV Setelah reaksi: E = (m He + E)(931,5) = (4,0026 + E)(931,5 MeV) = 3728,4219 MeV + E Sebelum reaksi = sesudah reaksi 3.756,7236 = 3728,4219 + E E = 28,3017 MeV Jadi, energi yang dilepaskan sebesar 28,3017 MeV.
dengan Ei = 7,91 MeV dan A = 197
Untuk atom
2 1 3 1 4 2 1 0
H = 2,009 sma H = 3,016 sma He = 4,003 sma n = 1,009 sma 1 sma = 931,5 MeV Ditanyakan: E Jawab: Energi hasil reaksi = (4,003 + 1,009)(931,5 MeV) = 4.668,678 MeV Energi pereaksi = (2,009 + 3,016)(931,5 MeV) = 4.680,7875 MeV Energi yang dibebaskan = 4.680,7875 MeV – 4.668,678 MeV = 12,1095 MeV.
E A
a.
92 36 Kr
+ 3 01n
Sebelum reaksi: E = ( 235 92U + mn)(931,5) = (235,0457 + 1,0087)(931,5) = (236,0544)(931,5) = 219.884,6736 MeV Sesudah reaksi: E = (m Ba + m Kr + 3 mn)(931,5) = (140,9177 + 91,8854 + (3)(1,0087))(931,5) = (235,8292)(931,5) = 219.674,8998 MeV ΔE = Esebelum reaksi – Esesudah reaksi = 219.884,6736 – 219.674,8998 = 209,7738 MeV 9.
136 1 U + 10n → 90 38Sr + 54Xe + x 0n Bagian kiri: ΣZ = 92 + 0 = 92 ΣA = 235 + 1 = 236 Bagian kanan: ΣZ = 38 + 54 + 0 = 92 ΣA = 90 + 136 + x = 226 + x Bagian kiri harus sama dengan bagian kanan: 236 = 226 + x x = 236 – 226 x = 10 238 92
Fisika Kelas XII
163
minti = 28mp + 32mn = 28(1,0073 sma) + 32(1,0087 sma) = 60,4828 sma Jadi, massa pembentukan inti atom sebesar 60,4828 sma. Reaksi pembentukan inti atom dapat ditulis: 2811p + 3210n → 60 28Ni Ni Δm = (28mp + 32mn) – m 60 28 = 60,4828 sma – 59,930 sma = 0,5528 sma E = Δm (931,5) MeV = 0,5528(931,5) MeV = 514,9332 MeV Jadi, energi ikat intinya sebesar 514,9332 MeV.
Oleh karena jumlah A neutron adalah 1, maka nilai x harus sama dengan 10. 10. Diketahui:
m
60 28 Ni
= 59.930 sma mp = 1,0073 sma mn = 1,0087 sma
b.
Ditanyakan: a. massa pembentuk inti b. Ei Jawab: a. 60 28 Ni → Z = 28 A = 60 N = 60 – 28 = 32
Jawab:
A. Pilihan Ganda
t
1. Jawaban: a Zat radioaktif alamiah dapat memancarkan partikel alfa, beta, dan gamma. Neutron hanya dihasilkan pada reaksi inti buatan. 2. Jawaban: d Berdasarkan daya tembusnya, sinar radioaktif dapat diurutkan menjadi: sinar alfa < sinar beta < sinar gamma. 3. Jawaban: b Sinar 1= sinar β (beta) Sinar 2= sinar γ (gamma) Sinar 3= sinar α (alfa) 4. Jawaban: d Inti tidak stabil yang memiliki jumlah neutron lebih banyak daripada jumlah protonnya akan memancarkan partikel β. Untuk mencapai kestabilan, inti akan mengubah neutron menjadi proton dengan memancarkan partikel β. 5. Jawaban: e t = nT maka
1 N 4 0
N0
⎛ 1⎞ ⎜ ⎟ ⎝ 2⎠
1 T1 = ⎛⎜ ⎞⎟ 2 ⎝2⎠ t
=
⎛ 1 ⎞ 5.760 tahun ⎜ ⎟ ⎝2⎠
=
⎛ 1 ⎞ 5.760 tahun ⎜ ⎟ ⎝2⎠
t
2
2=
t 5.760 tahun
t = 11.520 tahun Jadi, umur fosil 11.520 tahun. 7. Jawaban: d Diketahui: N0 = 12,8 mg Nt = 3,2 mg
T1 = 24 hari 2
Ditanyakan: t Jawab: t
t 1 ⎞T
n
⎛ 1⎞
N = N0 ⎛⎜ ⎟ = N0 ⎜ ⎟ ⎝2⎠ ⎝ 2⎠
6. Jawaban: d Diketahui: Nt = 25% N0 1
= 4 N0
T1 = 5.760 tahun 2
Ditanyakan: t
164
Nt N0
Karakteristik Inti Atom dan Iptek Nuklir
1 T Nt = N0 ⎛⎜ ⎞⎟ 2 ⎝ ⎠
1 2
t
1 24 hari 3,2 mg = 12,8 mg ⎛⎜ ⎞⎟ 2 ⎝ ⎠
3,2 12,8
1 = ⎛⎜ ⎞⎟ 2
t 24 hari
⎝ ⎠ t
1 4
1 24 hari = ⎛⎜ ⎞⎟ 2
2
1 24 hari = ⎛⎜ ⎞⎟ 2
⎛ 1⎞ ⎜2⎟ ⎝ ⎠
⎝ ⎠
t
⎝ ⎠
10
2=
t 24 hari
1 T = ⎛⎜ ⎞⎟ 2
1 2
t = 48 hari Jadi, torium tersebut telah meluruh selama 48 hari.
⎝ ⎠
10 T1
1 2
= 1 → T1 = 10 hari 2
2
8. Jawaban: c Diketahui: N0 = 100 g
T1 = 20 hari 2
t = 2 bulan = 60 hari Ditanyakan: Nt Jawab:
2
1 T N2 = N0 ⎛⎜ ⎞⎟ ⎝ 2⎠
x
1 10 6,25 = 500 ⎛⎜ ⎞⎟ ⎝ 2⎠
62,5 500
t
Nt = N0
⎛ 1 ⎞T 1 ⎜ ⎟2 ⎝2⎠
1 = ⎛⎜ ⎞⎟ 2
60 hari
⎝ ⎠
⎛ 1⎞ ⎜2⎟ ⎝ ⎠
3
1 10 = ⎛⎜ ⎞⎟ 2 ⎝ ⎠
x
1 10 = ⎛⎜ ⎞⎟ 2 ⎝ ⎠
3
x 10
⎛ 1⎞ ⎝ ⎠
= (100) ⎜ 8 ⎟ = 12,5 Jadi, sisa sampel unsur tersebut setelah 2 bulan sebesar 12,5 gram. 9. Jawaban: d Diketahui: I1 = 50% I0 x1 = 1 HVL x2 = 3 HVL Ditanyakan: I2 Jawab: I1 = I0 e–μx 50% I0 = I0 e–μ1 In 0,5 = – μ μ = 0,693 I2 = I0 e–0,693 (3) I2 = I0 (0,125) I2 = 12,5% Jadi, intensitas yang dilewatkan menjadi 12,5%. 10. Jawaban: b Diketahui: N0 N1 Nt t1 t2 Ditanyakan: x Jawab: 1 N1 = N0 ⎛⎜ ⎞⎟ ⎝ 2⎠
x 10
x
1 8
1 20 hari = 100 ⎛⎜ ⎞⎟ ⎝ 2⎠ ⎛ 1⎞ = 100 ⎜ ⎟ ⎝2⎠
1 2
= 500 Ci = 250 Ci = 62,5 Ci = 10 hari = x hari
=3
x = 30 hari Jadi, nilai x adalah 30 hari. 11. Jawaban: a Diketahui: t
= 48 hari 63
ΔN = 64 bagian Ditanyakan: T1 2
Jawab: Nt = N0 – ΔN 63 64
Nt = 1 – =
1 64
bagian t
Nt N0 1 64
1
=
⎛ 1 ⎞T 1 ⎜ ⎟2 ⎝2⎠
=
⎛ 1 ⎞T 1 ⎜ ⎟2 ⎝ 2⎠
48
48
1 64
1 T = ⎛⎜ ⎞⎟ 2
6
⎛ 1 ⎞T 1 ⎜ ⎟2 ⎝ 2⎠
⎛ 1⎞ ⎜ ⎟ ⎝ 2⎠
48 T1
⎝ ⎠
1 2
48
=
=6
2
T1 = 8 hari 2
Jadi, paruh waktu unsur tersebut adalah 8 hari.
t1 T1 2
10
1 T 250 = 500 ⎛⎜ ⎞⎟ ⎝ 2⎠
1 2
Fisika Kelas XII
165
12. Jawaban: a Diketahui: N0 = 160 gram Nt = 25%N0 = 25%(160 gram) = 40 gram t1 =
1 2
14. Jawaban: d
T 1 = 5.600 tahun
Ditanyakan: t Jawab: t
Nt N0
t
40 160 1 4 ⎛ 1⎞ ⎜2⎟ ⎝ ⎠ 1 2
⎛ 1 ⎞T1 ⎜ 2⎟ 2 ⎝ ⎠
=
⎛ 1⎞ ⎜2⎟ ⎝ ⎠
=
=
⎛ 1⎞ ⎜2⎟ ⎝ ⎠
=
⎛ 1⎞ ⎜2⎟ ⎝ ⎠
2
jam T1
1 2
jam
=
1 8
1 5600 tahun = ⎛⎜ ⎞⎟ 2
3
1 5600 tahun = ⎛⎜ ⎞⎟ 2
⎛ 1⎞ ⎜2⎟ ⎝ ⎠
2
⎝ ⎠
t
⎝ ⎠
t 5600 tahun
jam
T1
=3
t = 16.800 tahun Jadi, umur fosil tersebut adalah 16.800 tahun.
2
1 2
⎛ 1 ⎞T 1 ⎜ ⎟2 ⎝2⎠ t
T1
1 2
Nt = 8 N0 2
jam
t2 = 1 jam Ditanyakan: Nt setelah 1 jam Jawab: Nt N0
1
Diketahui:
jam
T1
15. Jawaban: c
2
T 1 = 6 hari
Diketahui: =2
2
T 1 = 10 hari
2
1 4
T1 = 2
2
jam
Nt : Nt = 1 : 4
2
t
1 jam
N tA
⎛ 1 ⎞ 1 jam ⎟4 ⎝2⎠
= (160 gram) ⎜
=
N tB
⎝ 2⎠
⎝
⎛ 1 ⎞T N 0 ⎜ ⎟ 21A ⎝ 2⎠ t
⎛ 1 ⎞T N 0 ⎜ ⎟ 21B ⎝ 2⎠
4 ⎛ 1⎞ 1 = (160 gram) ⎛⎜ ⎞⎟ = (160 gram) ⎜ 16 ⎟ = 10 gram
⎠
t
Setelah 1 jam, unsur tersebut tinggal 10 gram. 13. Jawaban: d E k = 5,3 MeV m 84Pa210 = 209,9829 u mα = 4,0026 u 1 u= 931 MeV Ditanyakan: m 82Po206 Jawab:
⎛ 1 ⎞6 ⎜ 2⎟ ⎝ ⎠
1 4
=
1 4
⎜ 1 ⎝6 = ⎛⎜ ⎞⎟ 2
2
⎜ 1 ⎝6 = ⎛⎜ ⎞⎟ 2
t
⎛ 1 ⎞10 ⎜2⎟ ⎝ ⎠
Diketahui:
210
→ 82Po206 + 42α + Ek
Ek = (m 84Po210 – m 82Po206 – m 2α4)(931 MeV/u) 5,3 MeV 931MeV/u
B
Ditanyakan: t Jawab:
t 1 ⎞T1
⎛ ⎟ ⎝ 2⎠
84Po
B
A
Nt = N0 ⎜
= 209,9829 u – m 82Po206 – 4,0026 u
m 82Po206 = (209,9829 – 4,0026 – 0,0057) u = 205,9746 u Jadi, massa m 82Po206 = 205,9746 u.
166
A
Karakteristik Inti Atom dan Iptek Nuklir
⎛ 1⎞ ⎜2⎟ ⎝ ⎠
t 6
⎛t
t ⎞ ⎟ 10 ⎠
−
t ⎞ ⎟ 10 ⎠
⎝ ⎠
⎛t
⎝ ⎠
t 10
=2
5t − 3t 30
=2
2t 30
=2
–
−
2t = 60 t=
60 2
= 30 hari
Jadi, sumber radioaktif A dan B sudah meluruh selama 30 hari.
B. Uraian 1. Misalkan inti mula-mula AZX, peluruhannya menjadi: A X → A + 42α Z Peluruhan alfa mengakibatkan pengurangan dua nomor atom dan 4 nomor massa sehingga: A=
A−4 X Z −2
A−4 X Z −2
T1 = 30 tahun 2
t
t
1 T R = R0 ⎛⎜ ⎞⎟ ⎝2⎠
4 α 2
→B+
10 tahun
1
1 3 = (1,5 × 1014) ⎛⎜ ⎞⎟ ⎝ 2⎠
0 β −1
→C+
A −8 X Z − 4+1
A −8 X Z −3
+ υe
=
→D+
A −8 X Z −3 0 β + υe +1
A −8 X Z − 3 −1
=
Jadi, laju radiasi 10 tahun berikutnya adalah 1,191 × 1014 partikel/detik.
μ = 0,3465 m–1 I0 = 10–2 W/m2 x =4m Ditanyakan: I Jawab:
5. Diketahui:
Peluruhan positron mengakibatkan nomor atom berkurang 1 dan nomor massa tetap, sehingga: D=
⎝ 2⎠
= (1,5 × 1014)(7,94 × 10–1) = 1,191 × 1014
Peluruhan beta mengakibatkan nomor atom bertambah 1 dan nomor massa tetap, sehingga: C=
1 2
1 30 tahun = (1,5 × 1014) ⎛⎜ ⎞⎟
A −8 X Z −4
A −8 X Z −4
= 10 tahun
Ditanyakan: R saat t = 10 tahun Jawab:
Peluruhan alfa kedua terjadi hal yang sama, sehingga: B=
R0 = 1,5 × 1014 partikel/detik
4. Diketahui:
μ =
0,693 x1
0,3465/m =
0,693 x1
A −8 X Z −4
2
Na + n → Mg + e 23
2. a.
11
12
b.
6C
13Al
c.
1 0
24 12
0 –1
+ 2α → 9N
27
4
15
+
0 –1 e
+
1 0n
0 + 10n → 28 14Si + –1 e
3. Diketahui:
T1
I I0
= 1620 × 365 hari/tahun × 24 jam/hari × 3.600 s/jam = 5,1 × 1010 sekon m = 100 gram Ar Ra = 226 (10 )(6,025 × 10 ) 226 2
=
23
4m
x
=
2
m NA Ar Ra
= 2m
2
= 1.620 tahun
N =
2
x1
⎛ 1 ⎞x 1 ⎜2⎟ 2 ⎝ ⎠
=
1
N =
0,693 5,1× 1010
23
(2,67 × 10 )
= 3,628 × 1012 partikel/sekon Jika 1 Bq = 1 peluruhan/s dan 1 Ci = 3,7 × 1010 Bq, maka: R=
R = 9,8054 Ci
2
1
= 4
1
1
6. Diketahui:
T1 = 15 menit = 4 jam 2 t = 2 jam Nt = 5,0 mg
t
2
3,628 × 1011 3,7 × 1010
⎛ 1⎞ ⎜2⎟ ⎝ ⎠
Ditanyakan: N0 Jawab:
Ditanyakan: R Jawab: R =λN =
=
I = 4 I0 = 4 (10–2 W/m2) = 2,5 × 10–3 W/m2 Intensitas yang keluar 2,5 × 10–3 W/m2.
= 2,67 × 1023 partikel
0,693 T1
⎛ 1 ⎞2 m ⎜2⎟ ⎝ ⎠
Nt N0
1 T = ⎛⎜ ⎞⎟ 2
N0
=
⎝ ⎠
1 2
Nt ⎛ 1⎞ t ⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ T1 2
=
5,0 mg ⎛ 1⎞ 2 ⎜ ⎟ 1 ⎝ 2⎠ 4
=
5 mg ⎛ 1⎞ ⎜ ⎟ ⎝ 2⎠
8
=
5 mg 1 256
N0 = 1.280 mg = 1,28 g Jadi, massa awal unsur tersebut adalah 1,28 g.
Fisika Kelas XII
167
7. Diketahui:
N0 = 10 g
T1 = 10 hari
b.
λ =
0,693 T1
=
0,693 8
2
2
t = 30 hari Ditanyakan: sampel yang meluruh Jawab: t
Nt =
Jadi, nilai λ adalah 0,086625 peluruhan/jam. c.
t = 4 hari = (4)(24 jam) = 96 jam
T N0 ⎛⎜ 1 ⎞⎟ 21 ⎝2⎠
= 10 g ⎛⎜ 1 ⎞⎟
t
1 T Nt = N0 ⎛⎜ ⎞⎟ ⎝ 2⎠
30 10
96 jam
⎝ 2⎠
12
3
⎛ 1⎞ ⎟ ⎝ 2⎠
= 100% ⎜
= 10 g ⎜
⎛ 1⎞ ⎝ ⎠
⎛ ⎝
= (10 g) ⎜ 8 ⎟ Jumlah sampel yang meluruh ΔN = N0 – Nt = 10 g – 1,25 g = 8,75 g ΔN = 87,5% t = 24 jam
Ditanyakan: a.
T1 2
λ Nt setelah 4 hari
b. c.
Jawab: a. ΔN = N0 – Nt Nt = N0 – ΔN = 100% – 87,5% = 12,5% 1
= 8
t
Nt N0
=
⎛ 1 ⎞T 1 ⎜ ⎟2 ⎝2⎠
1 8
1 = ⎛⎜ ⎞⎟ 1 ⎝ 2⎠
1 8
1 = ⎛⎜ ⎞⎟ 2
3
1 = ⎛⎜ ⎞⎟ 2
⎛ 1⎞ ⎜ ⎟ ⎝2⎠
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
24 jam T1
24 jam T1 2
= 0,0244% Setelah 4 hari unsur yang tersisa tinggal 0,0244%. m 88Ra226 = 226,02536 u mα = 4,00260 u E = 4,87 MeV Ditanyakan: a. unsur yang dihasilkan b. massa atom unsur yang dihasilkan Jawab: a. 88Ra226 → 2α4 + ZXA Z = 88 – 2 = 86 A = 226 – 4 = 222 Unsur yang dihasilkan 86X222 = 88Rn222
9. Diketahui:
b. E = (mR – mα – mR )(931,5 MeV/u) a
n
4,87 MeV 931,5 MeV/u
10. Diketahui:
=3
T1 = 8 jam 2
Jadi, waktu paruh unsur tersebut 8 jam.
Karakteristik Inti Atom dan Iptek Nuklir
= 10 tahun 1
R = 5 R0 t2 = 10 + 10 = 20 tahun
2
2
n
t
24 jam T1
24 jam T1
= (226,02536 u – 4,00260 u – mR )
0,00523 u = 222,02276 u – mR n mR = 222,01753 u n Massa atom unsur yang terbentuk 222,01753 u.
Ditanyakan: R saat t = 20 tahun Jawab: t
1 T R = R0 ⎛⎜ ⎞⎟ ⎝2⎠
2
168
⎞ ⎠
1
= 100% ⎜ 4.096 ⎟
Nt = 1,25 gram
8. Diketahui:
1 2
1 8 jam Nt = 100% ⎛⎜ ⎞⎟
⎝2⎠ ⎛ 1⎞ ⎟ ⎝2⎠
= 0,086625 peluruhan per jam
1 R 5 0 1 5
1 = R0 ⎛⎜ ⎞⎟
1 2
10 tahun T1
⎝ 2⎠
1 = ⎛⎜ ⎞⎟ 2 ⎝ ⎠
10 tahun T1 2
2
⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞
t
1 T R = R0 ⎛⎜ ⎞⎟ ⎝2⎠
= R0 ⎜ 5 ⎟ ⎜ 5 ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
1 2
1
= 25 R0
10
=
1 T1 R0 ⎛⎜ ⎞⎟ 2 ⎝ 2⎠
1 = R0 ⎛⎜ ⎞⎟
2⋅
1
Jadi, aktivitas sampel 10 tahun lagi menjadi 25 R0
10 T1
1
2
⎝ 2⎠ 10 T1
10 T1
2
2
1 1 = R0 ⎛⎜ ⎞⎟ ⎛⎜ ⎞⎟ ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠
A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: b Sinar alfa dimanfaatkan untuk pengobatan kanker. Sinar beta untuk mendeteksi kebocoran suatu pipa. Sinar gamma untuk mensterilkan alat kedokteran dan membunuh sel kanker. 2. Jawaban: d 1) Reflektor berfungsi untuk memantulkan neutron yang bocor agar tetap berada di dalam teras. 2) Moderator berfungsi menyerap energi neutron agar tidak terlalu tinggi. 3) Perisai berfungsi menahan radiasi yang dihasilkan pada proses pembelahan inti maupun yang dipancarkan oleh nuklida-nuklida hasil pembelahan. 4) Pendingin sekunder berupa air yang dialirkan keluar dari sistem reaktor dan didinginkan di luar reaktor. 3. Jawaban: d Reaktor Kartini, reaktor Triga 2000, dan reaktor Sywabessy merupakan reaktor fusi nuklir milik Indonesia. Reaktor Kartini berada di Yogyakarta, reaktor Triga 2000 berada di Bandung, sedangkan reaktor Sywabessy berada di Serpong. Adapun reaktor Tokamak merupakan reaktor fisi nuklir. 4. Jawaban: d Pemeriksaan barang menggunakan radiografi industri memiliki keuntungan tidak merusak barang yang diperiksa. Teknik ini menggunakan radiasi foton berdaya tembus tinggi, sinar gamma, dan sinar X. 5. Jawaban: a Pemuliaan tanaman bertujuan menghasilkan spesies unggul. Pemuliaan tanaman dilakukan dengan mengirradiasi gamma pada bagian-bagian tumbuhan misalnya biji, batang, serbuk sari, rhizoma, atau kalus. Tanaman yang diradiasi dapat
atau 25 aktivitas mula-mula.
mengalami mutasi positif, mutasi negatif, atau tanpa mutasi. Tanaman yang mengalami mutasi positif memiliki kualitas lebih baik daripada tanaman semula. Adapun tanaman yang mengalami mutasi negatif mengalami penurunan kualitas. Jadi, mutasi yang berhasil adalah mutasi positif. 6. Jawaban: c Reaktor fusi yaitu reaktor yang menghasilkan energi dari hasil reaksi fusi (penggabungan) antara deuterium dan tritium. Reaktor fusi menghasilkan helium, neutron, dan energi. Deuterium diperoleh dari alam yaitu terkandung di dalam air laut dalam jumlah yang melimpah. Adapun tritium harus dibuat di dalam reaktor fusi dari bahan litium. Adapun uranium merupakan bahan bakar reaktor fisi. 7. Jawaban: b Bahan pengendali reaktor nuklir berbentuk padat dapat terbuat dari perak (Ag), indium (In), dan cadmium (Cd). Adapun asam borat dapat digunakan sebagai bahan pengendali dengan cara dimasukkan ke dalam air pendingin. Uranium merupakan bahan bakar reaktor fisi. Adapun tritium merupakan bahan bakar reaktor fusi. 8. Jawaban: d Pemanfaatan iptek nuklir dalam bidang industri yaitu radiografi industri dan penanggalan radiokarbon. Manfaat lainnya yaitu untuk menentukan keausan alat, menentukan homogenitas proses, pengelolaan lingkungan, dan modifikasi bahan. Adapun radiodiagnostrik, bank jaringan, dan radioterapi merupakan pemanfaatan iptek nuklir dalam bidang kedokteran. 9. Jawaban: c Pemanfaatan radioisotop dalam bidang kesehatan: C-13: pengukuran dinamika populasi mikroba dalam rumen.
Fisika Kelas XII
169
C-14: pengukuran pertumbuhan bakteri rumen dan filtrasi urin. N-15:penentuan siklus protein dalam tubuh. Cr-52:prediksi volume rumen dan laju pencernaan. I-131:penelitian endokrinologi. 10. Jawaban: c Radiodiagnostik yaitu tindakan yang bertujuan untuk mendeteksi adanya kelainan/kerusakan pada organ dan kanker pada tubuh dengan menggunakan pesawat sinar X berenergi rendah. Contoh radiodiagnostik yaitu CT-Scan dan flouroskopi. Fluoroskopi (X-ray movie) digunakan untuk mengamati citra tubuh pasien secara langsung dan dinamik. Adapun CT Scan digunakan untuk memperoleh gambaran tentang sifat morfologik berdasarkan perubahan atau perbedaan transmisi radiasi organ atau bagian tubuh yang diperiksa. Brakiterapi dan teleterapi termasuk dalam radioterapi, yaitu tindakan medis menggunakan radiasi pengion untuk mematikan sel kanker sebanyak-banyaknya dan berusaha meminimalkan kerusakan pada sel normal. Pada teleterapi, tumor ganas atau kanker dikenai radiasi yang sangat kuat secara berulang-ulang. Pada brakiterapi, sumber radiasi dikemas dalam bentuk jarum, biji, atau kawat yang diletakkan di dalam rongga tubuh misalnya kanker serviks, kanker prostat, kanker paru-paru, dan kanker esopagus atau diletakkan di dalam tubuh. Jadi, jawaban yang benar adalah brakiterapi. B. Uraian 1. a.
b.
Reaktor penelitian Reaktor yang digunakan untuk penelitian di bidang material, fisika, kimia, biologi, kedokteran, pertanian, industri, dan bidangbidang ilmu pengetahuan dan teknologi lainnya. Reaktor isotop Reaktor yang digunakan untuk memproduksi isotop. Radioisotop banyak digunakan dalam bidang kedokteran, farmasi, biologi, dan industri.
A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: e 4 He 2 jumlah elektron = jumlah proton = 2 jumlah neutron = 2
170
Karakteristik Inti Atom dan Iptek Nuklir
c.
Reaktor daya Reaktor yang dapat menghasilkan daya atau tenaga berupa kalor untuk dimanfaatkan lebih lanjut.
2. Penemuan debit air sungai dilakukan dengan melepas radioisotop ke dalam aliran sungai. Radioisotop berfungsi sebagai perunut (radiotracer) yang dideteksi dengan current meter untuk mengukur debit air sungai. 3. Iptek nuklir sangat bermanfaat bagi kehidupan manusia. Iptek nuklir bermanfaat dalam berbagai bidang antara lain bidang energi, industri, kedokteran, pangan, peternakan, dan hidrologi. Pemanfaatan iptek nuklir dengan benar dapat meningkatkan kemaslahatan umat manusia. 4. TSM adalah singkatan dari teknik serangga mandul. Pengendalian hama dengan teknik TSM yaitu mengiradiasi serangga dalam stadium pupa menggunakan sinar gamma. Proses iradiasi tersebut menghasilkan hama jantan mandul. Selanjutnya, hama jantan mandul dilepaskan ke lahan pertanian untuk bersaing dengan serangga hama di lapangan. Perkawinan antara hama jantan mandul dengan betina normal menghasilkan telur tanpa embrio atau tanpa keturunan. 5. Polusi udara dapat dikurangi dengan teknik irradiasi elektron. Prinsip kerjanya sebagai berikut. Gas SOx dan NOx didinginkan dengan semburan air. Selanjutnya gas ammonia ditambahkan ke dalam campuran pada tabung pereaksi (vessel). Campuran tersebut diirradiasi dengan berkas eektron sehingga energinya bertambah. Akibatnya gas SOx berubah menjadi SO2 sedangkan NOx berubah menjadi NO3. Masih dalam pengaruh irradiasi elektron, kedua senyawa bereaksi dengan air membentuk asam nitrat dan asam sulfat.
2. Jawaban: a Isoton adalah unsur-unsur yang memiliki jumlah neutron (A–Z) sama, tetapi memiliki nomor atom berbeda. Pada soal ada 136C yang memiliki neutron = 13 – 6 = 7 sama dengan 147N yang memiliki neutron = 14 – 7 = 7.
3. Jawaban: e 16 X→ Z=8 8 A = 16 N = A – Z = 16 – 8 = 8 17 Y→ Z=8 8 A = 17 N = A – Z = 17 – 8 = 9 Oleh karena Z (jumlah proton) sama, maka X dan Y adalah isotop sehingga memiliki sifat kimia sama. 4. Jawaban: d Inti yang meluruh dengan memancarkan β –, nomor massanya tetap dan nomor atomnya bertambah satu, sehingga jumlah neutron berkurang satu. Oleh karena nomor atom bertambah, jumlah elektron valensi bertambah satu dan kedudukan unsur baru berada di sebelah kanan unsur lama. 5. Jawaban: d 263 Cu → Z = 29 (jumlah proton = 29) 29 A = 63 (nomor massa = 63) N =A–Z = 63 – 29 = 34 jumlah neutron = 34) Ion Cu kehilangan 2 elektron sehingga jumlah elektron = jumlah proton – 2 = 29 – 2 = 27. Jadi, pernyataan yang benar adalah pilihan d. 6. Jawaban: b Massa 32He dibanding 42He = 3 : 4. Jari-jari lintasan pada spektrometer massa: R=
mv Bq
untuk v, B, dan q yang sama maka R1 : R2 = m1: m2 sehingga jari-jari lintasan 32He : 42He = 3 : 4. 7. Jawaban: a Gaya yang mengakibatkan proton dan neutron tetap berada dalam inti disebut gaya inti. Gaya ini menyeimbangkan gaya elektrostatik sehingga inti tetap dalam keadaan stabil. 8. Jawaban: b Massa inti selalu lebih kecil dibanding jumlah massa penyusunnya. Massa yang hilang ini (defek massa) berubah menjadi energi yang mengikat proton dan neutron menjadi inti atom, disebut juga sebagai energi ikat inti. 9. Jawaban: c Diketahui: massa 157N = 15,008 sma mp = 1,008 sma mn = 1,009 sma Ditanyakan: E Jawab: 15 7N → Z = 7; A = 15
Δm = Z mp + (A – Z)mn – minti = (7)(1,008 sma) + (8)(1,009 sma) – 15,008 sma = (7,056 + 8,072 – 15,008) sma = 0,12 sma E = Δm(931,5) MeV = 0,12(931,5) MeV = 111,78 MeV Jadi, besar energi ikat inti 157N adalah 111,78 MeV. 10. Jawaban: d Pemancaran partikel β atau penangkapan positron harus disertai pemancaran antineutrino. Pemancaran positron atau penangkapan partikel β selalu disertai neutrino. Pada pemancaran α tidak diikuti dengan neutrino dan antineutrino. Kemungkinan jawaban adalah c dan d. c. I. AZX ⎯→ ZA –– 24Y + 2α4
d.
II.
A–4 Y Z–2
I.
A ZX
II.
A–2 Y Z–1
⎯→ AZ –– 24Z + 00γ
⎯→
A–2 Y Z–1
+ 1H2
⎯→ AZ –– 14Z + 210n
Jadi, reaksi yang berpeluang adalah tahap pertama memancarkan satu deutron dan tahap kedua memancarkan dua neutron. 11. Jawaban: e Diketahui:
massa
37 18 Ar
= 36,9668 sma
mp = 1,0078 sma mn = 1,0086 sma
Ditanyakan: Δm Jawab Δm = Z mp + N mn – mAr = (18)(1,0078 sma) + (19)(1,0086 sma) – 36,9668 sma = (18,1404 + 19,1634 – 36,9668) sma Δm = 0,3370 sma Jadi, defek massa Ar sebesar 0,3370 sma. 12. Jawaban: b Diketahui: m 2He4 = 4,0026 sma m 6C12 = 12,0000 sma m 8O16 = 15,9949 sma Ditanyakan: E Jawab: E = (m 2He4 + m 6C12 – m 8O16)(931,5 MeV/sma) = (4,0026 sma + 12,0000 sma – 15,9949 sma) (931,5 MeV/sma) = (0,0077 sma)(931,5 MeV/sma) = 7,17255 MeV Jadi, energi yang dilepaskan dalam reaksi fusi tersebut mendekati 7,2 MeV.
Fisika Kelas XII
171
13. Jawaban: d Partikel α (bermuatan positif), β (bermuatan negatif), proton (bermuatan positif), dan positron (bermuatan positif) dapat dibelokkan oleh medan listrik atau medan magnet. Sementara itu, neutron bersifat netral sehingga tidak dibelokkan. 14. Jawaban: e Urutan daya ionisasi sinar-sinar radioaktif γ<β<α Urutan daya tembus sinar-sinar radioaktif α<β<γ 15. Jawaban: c →
7 4 Be
x adalah
7 3 Li 0 1β
+
18. Jawaban: a Diketahui: Ar Sr = 84 g/mol m Sr = 168 g R = 4,72 × 1014 Bq Ditanyakan: T1 m
N = Ar NA
R N 4,72 × 1014 Bq 1,204 × 1024 inti
=
T1 = 2
2
Nt N0 6,25%N 0 N0
1 16 ⎛ 1⎞ ⎜ ⎟ ⎝2⎠
= =
⎛ ⎜ 2⎟ ⎝ ⎠
⎛ ⎜ 2⎟ ⎝ ⎠
=
⎛ 1⎞ ⎜ 2⎟ ⎝ ⎠
2
19. Jawaban: c
2
2
t = 2 jam Nt = 2,5 mg Ditanyakan: N0 Jawab:
120 menit T1 2
t
120 menit 4
= 30 menit
Jadi, waktu paruh unsur tersebut 30 menit. 17. Jawaban: c Diketahui: x = 1 cm μ = 0,693/cm Ditanyakan: ΔI Jawab: I = I0 e–μ x = I0 e–(0,693/cm)(1 cm) = I0 e–0,693 = I0(0,5) ΔI = I0 – I = I0 – 0,5 I0 = 0,5 I0 Intensitas sinar γ yang diserap lapisan sebesar 0,5 I0 .
172
T1 = 30 menit = 2 jam
2
2
2
1
Diketahui:
=4
T1 =
1,77 × 109 s (3.600 s/jam)(24 jam/hari)(365 hari/tahun)
Jadi, umur paruh inti Sr adalah 56,13 tahun.
120 menit 1 ⎞ T1
=
0,693 3,92 × 10 −10 /s
=
T1 ~ 56,13 tahun
2
120 menit 1 ⎞ T1
⎛ ⎜ 2⎟ ⎝ ⎠
4
120 menit T1
t 1 ⎞T 1
λ
2
T1 ≈
Jawab:
0,693
= 3,92 × 10–10 /s
T1 ≈ 1,77 × 109 s
Ditanyakan: T1 2
× 1023 inti/mol)
= 1,204 × 1024 inti
atau beta positif (positron).
16. Jawaban: b Diketahui: t = 2 jam = 120 menit Nt = 6,25%N0 N0 = N
168 g (6,02 84 g/mol
=
λ=
0 1x
2
Jawab:
Karakteristik Inti Atom dan Iptek Nuklir
Nt N0
1 T = ⎛⎜ ⎞⎟ 2
N0
=
⎝ ⎠
1 2
Nt t
⎛ 1 ⎞T 1 ⎜ ⎟ 2 ⎝2⎠
=
2,5 mg ⎛ 1⎞ ⎜ ⎟ ⎝ 2⎠
2 jam 1 jam 2
=
2,5 mg ⎛ 1⎞ ⎜ ⎟ ⎝ 2⎠
4
=
2,5 mg 1 16
N0 = 40 mg Jadi, massa awal unsur tersebut adalah 40 mg. 20. Jawaban: d Diketahui: x = 1,5 cm I = 3,125% I0 Ditanyakan: μ
Jawab:
Jawab: I I0
3,125% I 0 I0
⎛ 1⎞ ⎜2⎟ ⎝ ⎠
x 1 ⎞x 1
=
⎛ ⎜2⎟ ⎝ ⎠
=
⎛ 1⎞ ⎜2⎟ ⎝ ⎠
=
⎛ 1⎞ ⎜2⎟ ⎝ ⎠
5
5=
=
⎛ 1 ⎞T 1 ⎜2⎟ 2 ⎝ ⎠
7,525 × 1021 N0
=
⎛ 1 ⎞ 3,05 menit ⎜2⎟ ⎝ ⎠
7,525 × 1021 N0
=
⎛ 1⎞ ⎜2⎟ ⎝ ⎠
2
1,5 cm x1 2
1,5 cm x1 2
1,5 cm x1 2
2
μ=
=
0,693 0,3 cm
6,1menit
N0 =
m0 Ar Po
m0 =
(3,01× 1022 int i)(218 g/mol) 6,02 × 1023 g/mol
= 2,31/cm
Jadi, koefisien pelemahan bahan 2,31/cm.
T 1 = 3 menit 2
Diketahui:
T 1 = 56 hari 2
ΔN = 87,5% Ditanyakan: t Jawab: Nt = N0 – ΔN = 100% – 87,5% 1
= 12,5% = 8 t
1 8
1
1 8 ⎛ 1⎞ ⎜2⎟ ⎝ ⎠
3
t 56 hari
⎛ 1 ⎞T 1 ⎜ ⎟2 ⎝2⎠
1 = ⎛⎜ ⎞⎟ 2
t 56 hari
⎝ ⎠
1 = ⎛⎜ ⎞⎟ 2
t 56 hari
t = 1 jam = 60 menit Ditanyakan: Nt Jawab: t
Nt =
⎛ 1 ⎞T N0 ⎜ ⎟ 21 ⎝ 2⎠ 60 menit
⎛ 1 ⎞ 3 menit ⎟ ⎝2⎠
= (1 kg) ⎜
20 1 = (1 kg) ⎛⎜ ⎞⎟ = 9,5367 × 10–7 kg
⎝ 2⎠
Nt ≈ 1 mg Jadi, dalam waktu 1 jam tinggal tersisa sekitar 1 mg 218 84 Po .
24. Jawaban: b Diketahui:
T1 = 22 tahun 2
⎝ ⎠ t
1 56 hari = ⎛⎜ ⎞⎟ 2 ⎝ ⎠
t = 44 + 22 = 66 tahun Ditanyakan: Nt Jawab: t
=3
t = 168 hari Jadi, waktu yang diperlukan untuk meluruh 87,5% adalah 168 hari. 22. Jawaban: c Diketahui:
= 10,9 g
23. Jawaban: e Diketahui: N0 = 1 kg
21. Jawaban: d
=
NA
Massa awal inti 84Po218 sebanyak 10,9 g.
2
Nt N0
2
N0 = (7,525 × 1021)(4) = 3,01 × 1022
x 1 = 0,3 cm 0,693 x1
t
Nt N0
T 1 = 3,05 menit 2
t = 6,1 menit Nt = 7,525 × 1021 Ar Po = 218 g/mol Ditanyakan: m0
Nt =
1 T N0 ⎛⎜ ⎞⎟ 21 2 ⎝ ⎠
Jadi, sisa adalah
1 8
66 tahun
=
210 82Pb
1 22 tahun N0 ⎛⎜ ⎞⎟ 2 ⎝ ⎠
⎛ 1⎞ ⎟ ⎝2⎠
= N0 ⎜
3
1
= 8 N0
pada 22 tahun yang akan datang
dari massa awalnya atau sebesar 12,5%.
25. Jawaban: a Bagian reaktor yang berfungsi menurunkan kecepatan neutron adalah moderator. Moderator menurunkan energi neutron hasil reaksi (4,9 MeV) menjadi neutron termal (0,025 MeV). Uranium-235 merupakan bahan bakar reaktor fusi. Batang kendali/bahan pengendali berfungsi menyerap neutron untuk mengendalikan reaksi. Pengungkung reaktor berfungsi menjaga reaktor agar tidak berhubungan dengan lingkungan.
Fisika Kelas XII
173
B. Uraian 1. a.
b.
14 7N
+
X=
3 1H
1 0n
→
12 6C
1 0n
+X
= triton
+ 94 Be →
4 2He
Y= c.
Sebelah kanan:
12 6C
+Y
= neutron
56 55 25Mn + Z → 26 Fe Z = 11H = proton
2. Iradiasi pada hama jantan dapat mengakibatkan hama menjadi mandul. Perkawinan antara hama betina dengan hama jantan mandul tidak menghasilkan keturunan. Dengan demikian, hama tanaman dapat dikendalikan dan populasinya menjadi berkurang. 3. a.
b.
c.
Batang kendali berfungsi mengendalikan jumlah neutron di dalam teras reaktor sehingga reaksi berantai dapat dipertahankan. Bahan yang digunakan antara lain kadmium dan boron. Moderator berfungsi menyerap energi neutron agar tidak terlalu tinggi. Bahan-bahan yang biasa digunakan adalah air ringan (H2O) dan air berat (D2O). Perisai berfungsi menahan radiasi yang dihasilkan pada proses pembelahan inti maupun yang dipancarkan oleh nuklida-nuklida hasil pembelahan.
4. Radiografi industri yaitu pemeriksaan kualitas barang menggunakan radiasi yang memiliki daya tembus tinggi. Ketika dilakukan pengujian, bahan yang diuji akan menyerap radiasi yang diberikan. Bahan yang homogen dan tidak cacat maupun retak akan menyerap radiasi dalam jumlah yang seragam. Adapun cacat pada bahan misalnya adanya rongga ataupun retak pada bahan dapat diketahui karena radiasi yang diserap pada tiaptiap bagian tidaklah sama. 5. Diketahui:
m = m 42He + 2(m 11H ) = 4,0089 sma + 2(1,0081 sma) = 6,0251 sma Δm = m0 – m = 6,0338 – 6,0251 = 0,0087 sma Energi yang dihasilkan dari reaksi tersebut menjadi: E = Δm(931,5) = (0,0087)(931,5) MeV = 8,10405 MeV 6. 21H + 21H → 31H + 11p + E E = ((2) m 21H – m 31H – m 11p)(931,5 MeV/sma) 4,03 MeV 931,5 MeV/sma
0,0043 sma = 3,0742 sma – m 31H m 31H = 3,0699 sma Massa triton sebesar 3,0699 sma. R0 = 8 × 104 inti/s R = 104 inti/s N = 1020 inti Ditanyakan: N0 Jawab:
7. Diketahui:
R R0
⇔
+ 32He →
4 2He
+ 2 11H + E
Sebelah kiri: m0 = 2 m 32He = 2(3,0169 sma) = 6,0388 sma
8 × 10
4
λN λ N0
=
1020 N0
8. Diketahui:
T1 = 1.622 tahun 2
m = 4,52 gram Ar Ra = 226 g/mol Ditanyakan: a. N b. R Jawab: a.
m
N = Ar NA =
4,52 g 226 g/mol
(6,02 × 1023) = 1,204 × 1022 inti
Jadi, jumlah inti radium sebanyak 1,204 × 1022 inti.
m 32He = 3,0169 sma
3 2He
104
=
⇔ N0 = 8 × 1020 inti Jadi, inti mula-mula sebanyak 8 × 1020 inti.
m 11H = 1,0081 sma
m 42He = 4,0089 sma Ditanyakan: E Jawab:
= (2)(2,041 sma) – m 31H – 1,0078 sma
b.
T1 = (1.622 tahun)(365 hari/tahun)(24 jam/hari) 2 (3.600 s/jam) = 5,12 × 1010 s R =λN =
=
⎛ 0,693 ⎞ ⎜ T ⎟N ⎜ 1 ⎟ ⎝ 2 ⎠ 0,693 5,12 × 1010
(12,04 × 1021) = 1,63 × 1011 Bq
Jadi, aktivitas radium 1,63 × 1011 Bq.
174
Karakteristik Inti Atom dan Iptek Nuklir
9. Diketahui:
m =1g Ar U = 238 g/mol
2
9
T 1 = 4,47 × 10 tahun 2
Ditanyakan: a. b. c. Jawab: a. N0 = n NA
N0 R0 t hingga tersisa 25%
= =
1g 238 g/mol
NA ( 6,02 × 10
23
inti) b.
2
(24 jam/hari)(3.600 s/jam) ≈ 1,409 × 1017 s (2,53 × 1021 inti)
= 12.443,5 kejadian/sekon t
Nt N0
c.
=
=
⎛ 1⎞ ⎜2⎟ ⎝ ⎠
=
0,693 T1
λ=
=
2=
150 s
c.
R=λN = (4,62 × 10–3/s)(2,0067 × 1023 inti) = 9,271 × 1020 Bq Jadi, aktivitas Ag-108 = 9,271 × 1020 Bq. N0 = 36 g ΔN = 31,5 g Nt = N0 – ΔN = (36 – 31,5) g = 4,5 g
⎛ 1 ⎞ 4,47 × 109 tahun ⎜2⎟ ⎝ ⎠
Nt N0
=
⎛ 1 ⎞T 1 ⎜ 2⎟ 2 ⎝ ⎠
4,5 36
=
⎛ 1 ⎞150 s ⎜ 2⎟ ⎝ ⎠
1 8
=
⎛ 1 ⎞150 s ⎜ 2⎟ ⎝ ⎠
=
⎛ 1 ⎞150 s ⎜ 2⎟ ⎝ ⎠
t
t
2
= 0,693 = 4,62 × 10–3/s
t
t
25% N 0 N0
1 4
⎛ 1 ⎞T 1 ⎜ 2⎟ 2 ⎝ ⎠
(6,02 × 1023) = 2,0067 × 1023 inti
2
T 1 = (4,47 × 10 tahun)(365 hari/tahun)
0,693 1,409 × 1017 s
36 g 108 g/mol
Jadi, jumlah inti Ag-108 sebanyak 2,0067 × 1023 inti.
9
R =
m
N = Ar NA ; Ar Ag = 108 g/mol =
≈ 2,53 × 1021 inti b.
m Ag = 36 gram Ditanyakan: a. N b. R c. t jika Ag yang meluruh 31,5 g Jawab: a.
m Ar U
T1 = 2,5 menit = 2,5(60 s) = 150 s
10. Diketahui:
⎛ 1 ⎞ 4,47 × 109 tahun ⎜2⎟ ⎝ ⎠ t 4,47 × 109 tahun
t = 8,94 × 109 tahun
⎛ 1⎞ ⎜2⎟ ⎝ ⎠
t
t
3
t = 450 sekon t = 7,5 menit Jadi, waktu hingga Ag-108 meluruh 31,5 g adalah 7,5 menit.
Fisika Kelas XII
175
Setelah mempelajari bab ini, siswa: 1. memahami penggunaan energi dan dampaknya bagi lingkungan; 2. memahami cara menghemat penggunaan energi; 3. memahami peran energi alternatif untuk mengatasi keterbatasan energi. Berdasarkan pengetahuan dan keterampilan yang dikuasai, siswa: 1. bersyukur atas tersedianya sumber energi yang melimpah; 2. memiliki rasa ingin tahu terhadap penggunaan energi; 3. peduli terhadap lingkungan dan melakukan penghematan.
Keterbatasan Energi dan Dampaknya bagi Kehidupan
Sumber Energi dan Penggunaannya
Solusi terhadap Keterbatasan Energi
• • • •
Mengelompokkan energi berdasarkan kelestariannya. Menyelidiki penggunaan energi di Indonsia. Menyelidiki kebutuhan energi final menurut jenis. Menganalisis grafik emisi CO2.
• • • • • • • • •
Bersyukur atas tersedianya sumber energi yang berlimpah di Indonesia. Memiliki rasa ingin tahu untuk menambah wawasan tentang penggunaan energi di Indonesia. Peduli terhadap lingkungan akibat penggunaan energi fosil. Menjelaskan sumber energi berdasarkan kelestariannya. Menjelaskan jenis-jenis energi dan sekitar penggunaan energi. Menjelaskan pembangkitan energi listrik. Menjelaskan cara penghematan energi. Menjelaskan energi alternatif dan penggunaannya. Menuliskan hasil kegiatan tentang keterbatasan energi dan dampaknya bagi kehidupan.
176
Keterbatasan Energi dan Dampaknya bagi Kehidupan
• •
Mengamati grafik penghematan energi. Menyelidiki cadangan energi terbarukan.
A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: c Sumber energi terbarukan dan tak terbarukan dikelompokkan berdasarkan kelestariannya. Sumber energi terbarukan adalah energi yang dapat diperoleh ulang, cepat dipulihkan kembali secara alami, dan prosesnya berkelanjutan. Sumber energi tak terbarukan adalah energi yang diperoleh dari sumber daya alam yang waktu pembentukannya sampai jutaan tahun. 2. Jawaban: a No. 1) 2) 3) 4) 5)
Sektor Penggunaan Energi Transportasi Komersial Industri Rumah tangga Lainnya
Energi Terbesar yang Digunakan BBM Listrik Batu bara BBM Solar
3. Jawaban: a Penggunaan minyak bumi dan BBM perlu dibatasi karena persediaannya semakin terbatas. Jika tidak diselingi dengan penggunaan energi alternatif, maka kita akan kekurangan energi. 4. Jawaban: b Sumber energi dalam pembangkitan listrik masih didominasi oleh batu bara, gas, dan minyak bumi. Energi terbarukan yang dipakai adalah panas bumi dan tenaga air dalam porsi yang kecil. Pembangkit listrik yang menggunakan bahan bakar batu bara, gas, dan minyak bumi menyumbang 80% total energi listrik yang dibangkitkan PLN. 5. Jawaban: b KEN memuat lima poin besar untuk kemandirian energi. Pertama, adanya perubahan paradigma bahwa energi tidak lagi jadi komoditi melainkan modal pembangunan nasional. Kedua, pengurangan ekspor energi fosil secara bertahap. Ketiga, pengurangan subsidi yang melekat pada harga energi. Keempat, prioritas pembangunan energi. Kelima, kewajiban pemerintah menyediakan cadangan energi. 6. Jawaban: a Hotel, rumah sakit, dan gedung perkantoran termasuk dalam sektor komersial. Pada sektor ini, energi digunakan untuk pengondisian ruangan, penerangan, dan penggunaan alat elektronik lainnya. Penggunaan energi untuk pengeringan dan pemindahan material terdapat pada sektor industri.
7. Jawaban: b Permasalahan penggunaan energi berupa pencemaran udara, kerusakan lingkungan daerah tambang, dan polusi termal. Hal-hal yang dapat dilakukan sebagai berikut. 1) Mengolah limbah dengan baik pengolahan sehingga tidak merusak kualitas air dan tanah. 2) Menggunakan teknologi pada cerobong asap agar gas asam yang keluar dapat diminimalisasi. 3) Sistem pendinginan dengan air harus mempertimbangkan kondisi ekosistem di perairan yang digunakan. 8. Jawaban: a Pencemaran udara akibat pembakaran bahan bakar fosil akan mengganggu kesehatan manusia, hewan, dan tumbuhan. Penyakit yang sering dialami manusia adalah gangguan pernapasan. Industri pertambangan memberi keuntungan bagi perekonomian nasional dan daerah. Namun, lingkungan di daerah pertambangan akan mengalami penurunan kualitas tanah dan air tanah, pencemaran udara, dan polusi suara. Sistem pendinginan yang menggunakan perairan akan meningkatkan suhu air dan dapat mengganggu kelangsungan hidup ekosistem air. Suhu air yang meningkat akan mempercepat reaksi kimia, menurunkan jumlah oksigen dalam air, dan bahkan dapat mematikan ekosistem air. 9. Jawaban: e Bahan bakar untuk pembangkit listrik nuklir sangat banyak. Meskipun dengan menggunakan bahan yang sedikit dapat menghasilkan energi listrik sangat besar. Hal yang sangat penting adalah menggunakan sumber daya manusia yang benarbenar terampil dan ahli. Keteledoran sedikit saja akan membuat semua pengamanan dan pengendalian reaktor menjadi sia-sia. 10. Jawaban: d Air merupakan energi alternatif yang murah dan ramah lingkungan. Prinsip kerjanya dengan memanfaatkan airan air yang diubah menjadi listrik melalui putaran turbin dan generator. Sistem pembangkit listrik tenaga air ini sangat mudah dan tidak rumit. Akan tetapi, seiring dengan perkembangan jumlah penduduk mengakibatkan penggunaan air meningkat sehingga air yang dapat dimanfaatkan untuk pembangkit listrik menjadi terbatas.
Fisika Kelas XII
177
B.
Uraian
1. Bahan bakar fosil dan energi nuklir termasuk sumber energi tak terbarukan. Hal ini karena jika sumbernya terus-menerus dieksploitasi, diperlukan jutaan tahun untuk mengganti sumber sejenis dengan jumlah yang sama. 2. Penggunaan batu bara paling mendominasi untuk bahan bakar pada sektor industri. Penggunaannya terpusat pada teknologi proses seperti penggerak peralatan, pemindahan material, pemanasan, dan pengeringan. 3. Dampak penggunaan energi fosil terhadap lingkungan sebagai berikut. a. Kerusakan daerah pertambangan seperti menurunnya kualitas air tanah. b. Pencemaran udara. c. Polusi suara.
A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: c Beberapa kelebihan sel surya sebagai berikut. 1) Tidak memerlukan bahan bakar. 2) Tidak menimbulkan pencemaran lingkungan. 3) Tidak memerlukan biaya perawatan yang tinggi. 4) Cara pemakaiannya mudah. 5) Berbentuk sederhana dan dapat digunakan dalam waktu lama. 2. Jawaban: a Lampu TL menghasilkan 67 lumen/watt, sedangkan lampu bohlam menghasilkan 15 lumen/ watt. Lampu bohlam harus memanaskan filamen terlebih dahulu agar dapat memancarkan cahaya. Akibatnya, lampu bohlam menghasilkan energi panas terlalu besar dan sedikit cahaya sehingga tidak efisien untuk penerangan. 3. Jawaban: e Penggunaan teknologi hemat energi misalnya menggunakan lampu TL dan mulai meninggalkan lampu bohlam. Setiap elemen harus menerapkan dan sadar sudah saatnya menghemat energi. Penghematan bahan bakar fosil dapat dilakukan dengan konversi energi yaitu berpindah ke energi alternatif misal mulai menggunakan bioenergi. Pengawasan pemerintah terhadap penggunaan energi bahan bakar fosil diperlukan agar masyarakat tidak boros dalam menggunakannya.
178
Keterbatasan Energi dan Dampaknya bagi Kehidupan
d. e.
Mengganggu kesehatan manusia, hewan, dan tumbuhan. Mengganggu ekosistem perairan jika panas sisa produksi didinginkan dengan perairan di sekitarnya.
4. Berdasarkan data, pembangkit listrik tenaga uap menghasilkan listrik paling besar. PLTU menggunakan bahan bakar solar dan gas alam. Pembangkit ini banyak digunakan karena daya yang dihasilkan sangat besar. 5. Pembangkit listrik yang masih banyak digunakan adalah bahan bakar batu bara yang mengakibatkan permasalahan lingkungan. Saat ini, diperlukan penemuan pembangkit listrik yang memiliki kapasitas tinggi, biayanya ringan, dan ramah lingkungan. Hal yang harus diperhatikan adalah mengganti bahan bakar fosil dengan sumber energi terbarukan.
4. Jawaban: c Teknologi biodiesel memiliki beberapa kelebihan sebagai berikut. 1) Menguatkan (security of supply) bahan bakar diesel yang indepen dalam negeri. 2) Mengurangi impor BBM atau Automatic Diesel Oil . 3) Meningkatkan kesempatan kerja orang Indonesia di dalam negeri. 4) Meningkatkan kemampuan teknologi pertanian dan industri di dalam negeri. 5) Memperbesar basis sumber daya bahan bakar minyak nabati (BBN). 6) Meningkatkan pendapatan petani kacang tanah. 7) Mengurangi pemanasan global dan pencemaran udara karena biodiesel ramah lingkungan. 5. Jawaban: d Dalam seminggu dapat dihasilkan biogas sebanyak 14 kg. Gas elpiji yang dibutuhkan 21 kg per minggu. Jika ditarik harga rata-rata maka harga 1 kg elpiji Rp 6.000,00. Uang yang dapat dihemat adalah = (7 kg)(Rp 6.000,00/kg) = Rp 42.000,00. 6. Jawaban: d Subsidi energi meliputi subsidi BBM dan listrik. Kedua subsidi ini memiliki kelemahan. Harga yang telah disubsidi otomatis menjadi lebih murah sehingga penggunaan menjadi berlebihan dan
cenderung tidak berhemat. Subsidi yang seharusnya dinikmati oleh masyarakat yang tidak mampu malah dinikmati oleh masyarakat yang mampu sehigga menjadi tidak tepat sasaran. Selain itu, anggaran belanja pemerintah membengkak untuk membayar subsidi energi. 7. Jawaban: e Menurut staf pengajar Fakultas Teknologi Kebumian dan Energi Universitas Trisakti Agus Guntoro, Indonesia memiliki potensi shale gas terbesar di dunia. Berdasarkan penelitian yang ia lakukan, Indonesia memiliki shale gas sebesar 2.000 TCF. Hambatan pada proyek shale gas yaitu membutuhkan investasi yang sangat tinggi dan perlu waktu yang lama, antara 5–10 tahun sebelum mencapai tahap komersial. Saat ini, perhatian pemerintah Indonesia terhadap potensi shale gas masih belum optimal. Proyek ini kerap dihadapkan pada isu lingkungan, seperti pencemaran air, polusi udara, gempa bumi, dan pemborosan air bersih. 8. Jawaban: e Pada umumnya sumber-sumber energi terbarukan tersedia di berbagai lokasi sehingga cukup baik untuk dimanfaatkan pada daerah-daerah yang masih sulit terjangkau oleh pasokan energi konvensional. Akan tetapi, ketersediaannya tidak kontinu terhadap waktu sehingga perlu dilakukan penyimpanan energi atau kombinasi antara sumbersumber energi tersebut. Selain itu, kebutuhan luas lahan untuk menghasilkan energi terbarukan relatif luas per satuan jumlah energi yang dapat diekstrak. Namun, untuk kebutuhan yang tidak terlalu tinggi energi terbarukan tetap sangat berpotensi untuk dimanfaatkan. Polusi yang dihasilkannya pun relatif rendah dibandingkan dengan sumber yang tak terbarukan. Bahkan, sumber energi terbarukan merupakan sumber energi masa depan. Kelebihan yang benar ditunjukkan oleh nomor 1), 2), 4), dan 5). 9. Jawaban: b Pemanfaatan energi terbarukan sebagai sumber energi baru yang terbarukan sangat tergantung dari teknologi dan cara konversinya. Cara konversi yang berbeda akan memengaruhi jenis energi yang akan dihasilkan. Untuk menghasilkan suatu energi yang bisa digunakan tidak harus menggunakan teknologi yang rumit. Selain itu, kurangnya sosialisasi juga mengakibatkan pengetahuan masyarakat tentang energi elternatif juga terbatas. Energi elternatif merupakan teknologi yang ramah lingkungan dan tidak mengalami kesulitan dalam pengolahan limbah.
10. Jawaban: d Pengembangan biodiesel berdampak positif bagi lingkungan. Biodiesel dari minyak sawit sama sekali bukan merupakan BBN murni. Minyak kelapa sawit hanya berfungsi sebagai pencampur solar. Artinya, minyak sawit hanya digunakan sebagai campuran untuk mengurangi tingkat pencemaran udara yang dihasilkan oleh solar biasa. Ada 40–60 jenis tanaman yang dapat dikonversi menjadi BBN, termasuk jarak pagar yang dapat diolah menjadi BBN murni 100% pengganti solar mesin diesel. B. Uraian 1. Solusi yang mungkin dilakukan adalah menggunakan dan mengembangkan energi alternatif. Beberapa energi alternatif sudah mulai digunakan tetapi ada juga yang masih belum dikembangkan sama sekali. Energi alternatif yang berpotensi di Indonesia misalnya air, angin, surya, bioenergi, gelombang laut, pasang surut air laut, panas bumi, dan shale gas. 2. Penggunaan lampu lalu lintas sangat diperlukan. Namun, sebaiknya untuk menyalakan lampu dapat dipakai tenaga surya sehingga dapat menghemat penggunaan listrik dari pembakaran batu bara. Penggunaan tenaga surya ini tepat karena lampu lalu lintas terletak di luar ruangan yang mendapat akses sinar matahari lebih banyak dan daya yang dibutuhkan juga kecil. Dengan demikian, energinya dapat dipakai untuk mencukupi beban listrik yang lebih besar. 3. Subsidi telah memutus hubungan antara harga energi dari realitas suplai dan permintaan yang sesungguhnya. Hal ini membuat masyarakat Indonesia tidak sadar akan harga bahan bakar yang sesungguhnya sehingga cenderung mengonsumsi dengan berlebihan dan boros. Pemerintah dapat meningkatkan harga bahan bakar bersubsidi untuk mengurangi beban subsidi. Hal ini akan membuat harga bahan bakar meningkat sehingga mengerem permintaan karena konsumen harus menanggung sebagian dari beban bahan bakar sementara pemerintah menghemat triliunan rupiah. Tidak hanya itu, pemotongan subsidi juga akan menyamaratakan kesempatan bagi sumbersumber energi lainnya untuk berkompetisi dengan bahan bakar bersubsidi. Hal ini akan mendorong perkembangan energi terbarukan. Keluar dari sektor energi, pengurangan beban subsidi bahan bakar juga akan membantu masyarakat kita untuk hidup lebih baik karena dana-dana lebih tersedia dalam membantu mereka mencapai kemajuan berkualitas.
Fisika Kelas XII
179
4. Pemerintah sebaiknya melakukan sosialisasi lebih intensif kepada masyarakat awam. Selain itu, dukungan juga diperlukan agar energi yang sudah dibuat dapat dijual dan dimanfaatkan. Beberapa kasus produsen bioenergi adalah produksi mereka tidak dapat bersaing dan terjual dengan harga yang pantas. Jika pemerintah memberikan dukungan, perkembangan energi alternatif akan baik. Masyarakat juga sebaiknya tanggap akan krisis energi dan menyambut baik keinginan pemerintah
A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: c Sektor komersial meliputi hotel, toko, dan rumah sakit. Energi yang paling banyak digunakan adalah listrik. Penggunaannya untuk pengondisian ruangan, penerangan, dan penggunaan alat elektronik. 2. Jawaban: a Faktor pendorong permintaan pertumbuhan energi sektor transportasi adalah pertumbuhan ekonomi (PDB) dan perkembangan populasi. Perkembangan PDB (Produk Domestik Bruto) dan populasi menentukan permintaan transportasi dan daya beli kendaraan. Selanjutnya, hal ini akan berpengaruh pada tingkat permintaan energi. 3. Jawaban: e Kenaikan suhu air dapat menimbulkan dampak bagi lingkungan seperti berikut. 1) Kadar oksigen yang terlarut dalam air berkurang sehingga hewan air akan muncul ke permukaan mencari air. 2) Meningkatkan kecepatan reaksi kimia sehingga meningkatkan kadar racun dalam air. 3) Mengganggu kehidupan ekosistem air. jika batas suhu terlampaui maka populasi ekosistem air akan mati. 4) Meningkatkan bau dan rasa air. 4. Jawaban: b Proses pembakaran hidrogen di udara menghasilkan uap air dan energi panas. Kalor yang dihasilkan lebih tinggi dibanding dengan minyak bumi. Hidrogen merupakan energi bersih yang dapat diperbarui dan tidak menghasilkan polutan. 5. Jawaban: c Risiko saat melakukan eksplorasi sumber energi panas bumi sebagai berikut. 1) Tidak ditemukannya sumber energi panas bumi di area eksplorasi. 180
Keterbatasan Energi dan Dampaknya bagi Kehidupan
untuk mengembangkan energi alternatif. Jika pemerintah dan masyarakat saling mendukung, akan berdampak positif bagi ketahanan energi kita. 5. Seluruh bahan baku etanol merupakan produk makanan atau farmasi sehingga akan sulit mengembangkan perkebunan khusus untuk produksi bioetanol. Sementara itu, hasil perkebunan tersebut masih diperlukan untuk memenuhi kebutuhan pangan dan sebagai komoditas ekspor.
2)
Cadangan yang ditemukan lebih kecil dari perkiraan. 3) Jumlah sumur eksplorasi yang berhasil lebih sedikit dari yang diharapkan. Kenaikan temperatur adalah risiko resource degradation. Perubahan harga adalah risiko market access and price risk. Perubahan bunga bank dan inflasi merupakan risiko interest and inflation. 6. Jawaban: d Eksplorasi gas alam sudah dilakukan oleh pemerintah. Akan tetapi, Indonesia lebih banyak mengekspor gas daripada mengonsumsi sendiri meskipun harganya jauh di bawah harga BBM. Harga gas akan tetap murah jika diolah sendiri oleh pemerintah, bukan pihak investor asing. Diperlukan pembangunan transmisi dan distribusi gas untuk mempermudah penggunaan gas di masyarakat. Hal lain yang perlu dilakukan adalah meninjau kembali harga BBM yang murah dengan mengurangi subsidi agar masyarakat menghargai BBM dan dapat menghematnya. Kebijakan menaikkan harga BBM ini juga dapat mendorong daya saing gas alam sebagai sumber energi. 7. Jawaban: b Energi terbarukan dapat mengatasi pemanasan global dan perubahan iklim. Penggunaan energi terbarukan akan mengurangi penggunaan bahan bakar fosil yang terus-menerus dibakar. Mengurangi pembakaran bahan bakar fosil juga mengurangi emisi karbon dioksida sehingga mengurangi dampak perubahan iklim yang lebih rendah dan mencegah pemanasan global lebih parah. Akan tetapi, penggunaan energi terbarukan masih belum siap sepenuhnya mengganti energi fosil. Penggantiannya harus bertahan dan harus selalu dikembangkan agar saat energi fosil habis, kita tidak perlu khawatir kekurangan energi.
8. Jawaban: a Alasan pemerintah harus mendukung pengembangan dan penggunaan biodiesel dan bioetanol sebagai berikut. 1) Menurut data Pertamina, kebutuhan konsumsi BBM dalam negeri kini mencapai 1,15 juta barel per hari. Sementara itu, kemampuan produksi Indonesia hanya 950 ribu barel per hari. Dengan kondisi ini, tak heran jika kebergantungan pada impor BBM terus meningkat. 2) Makin menurunnya investasi pencarian karena cadangan minyak bumi kian menipis dan diperkirakan habis dalam waktu 10 tahun ke depan. 3) Harga minyak dunia yang terus melambung sehingga harus mengurangi impor agar beban subsidi tidak terlalu besar. 4) Memiliki banyak lahan yang dapat ditanami berbagai tumbuhan sebagai bahan pembuatan biodiesel dan bioetanol. Jadi, alasan yang tepat adalah nomor 1), 2), 3), dan 5). 9. Jawaban: c Pembangkit listrik tenaga surya memiliki banyak kelebihan yaitu ramah lingkungan, tidak melepaskan polutan, hanya memerlukan sinar matahari yang selalu tersedia di alam, dan dapat digunakan di semua sektor. Kelemahan pembangkit listrik tenaga surya yaitu cuaca yang mendung akan menghasilkan sumber yang sedikit, membutuhkan penyimpanan listrik untuk mengatasi kebutuhan listrik saat mendung, hanya dapat dipakai pada skala kecil, dan harganya mahal. 10. Jawaban: a Dampak pembangkitan listrik terhadap lingkungan sebagai berikut. 1) Emisi karbon dan gas rumah kaca tinggi mengakibatkan polusi udara yang mengganggu kesehatan baik manusia, hewan, maupun tumbuhan. Penyakit yang menyerang manusia biasanya penyakit saluran pernapasan. 2) Pencemaran sungai di daerah pertambangan minyak dan batu bara. 3) Penurunan kulaitas tanah, gangguan terhadap kualitas air tanah, pencemaran udara, dan polusi suara di daerah pertambangan. 4) Meningkatkan suhu air sehingga menurunkan jumlah oksigen terlarut, meningkatkan kecepatan reaksi kimia, meningkatkan kadar racun, bahkan dapat mematikan ekosistem air.
11. Jawaban: e Besaran yang paling berpengaruh pada pemanfaatan gelombang laut sebagai pembangkit listrik adalah ketinggian gelombang laut. Semakin tinggi gelombang laut, semakin besar daya listrik yang dihasilkan. 12. Jawaban: c Strategi yang dapat diambil oleh Pemerintah untuk mengurangi beban subsidi energi antara lain. 1) Menghapus atau mengurangi subsidi BBM dan listrik dengan menaikkan harga BBM bersubsidi serta menaikkan tarif dasar listrik sampai pada tingkat harga keekonomiannya. 2) Substitusi BBM dengan bahan bakar nabati untuk mengurangi impor BBM. 3) Menggantikan kereta rel diesel dengan kereta rel listrik diseluruh Indonesia. 4) Penggunaan CNG pada kendaraan umum perkotaan, dan kendaraan dinas. 5) Pengembangan kendaraan pribadi bertenaga listrik, dimulai dari kendaraan dinas dengan unit pengisian daya di kantor dan kemudian dilanjutkan dengan komersialisasi dari kendaraan pribadi bertenaga listrik. 13. Jawaban: a Beberapa hal yang harus dilakukan untuk mengurangi dampak negatif pembakaran bahan bakar fosil sebagai berikut. 1) Mengurangi atau menghilangkan subsidi energi. 2) Mencari sumber energi alternatif yang ramah lingkungan. 3) Bersikap bijaksana dalam mengonsumsi bahan bakar fosil. 4) Menerapkan teknologi untuk membersihkan gas asam yang keluar bersama gas buang pembakaran bahan bakar fosil. 5) Mencari solusi untuk menurunkan jumlah pelepasan gas-gas asam. 14. Jawaban: d Biogas dapat dibuat dari sampah organik, kotoran hewan, kotoran manusia, limbah pertanian, limbah perairan seperti eceng gondok dan rumput laut. Biogas yang dibuat dari sampah organik memiliki keuntungan salah satunya dapat mengurangi volume sampah organik yang harus dibuang. Produk sampingan dari biogas mengandung unsur hara yang tinggi sehingga dapat digunakan sebagai pupuk tanaman.
Fisika Kelas XII
181
15. Jawaban: c PLTMH termasuk sumber energi terbarukan dan layak disebut clean energy karena ramah lingkungan. Dari segi teknologi PLTMH dipilih karena konstruksinya sederhana, mudah dioperasikan, serta mudah dalam perawatan dan penyediaan suku cadang. Secara ekonomi biaya operasi dan dan perawatannya relatif murah, sedangkan biaya investasinya cukup bersaing dengan pembangkit listrik lainnya. Secara sosial, PLTMH mudah diterima masyarakat luas dibandingkan dengan PLT Nuklir. PLTMH biasanya dibuat dalam skala desa di daerah-daerah terpencil yang belum mendapatkan listrik dari PLN. Tenaga air yang digunakan dapat berupa aliran air pada sistem irigasi, sungai yang dibendung, atau air terjun. 16. Jawaban: b Alasan paling besar yang menghambat perkembangan energi alternatif adalah biaya instalasi yang mahal dan teknologinya tinggi. Sumber energi alternatif yang bisa digunakan di Indonesia sangat banyak sehingga dipastikan tidak akan kekurangan jika dipersiapkan dan dikelola dengan baik. Harga beberapa energi alternatif sebagai contoh gas alam lebih rendah dibanding BBM. Hal ini mengakibatkan harganya sulit bersaing. Solusinya dengan meninjau kembali harga BBM agar dapat bersaing dengan gas alam. Kurang minatnya masyarakat karena informasi masih sedikit yang sampai ke masyarakat awam. Meskipun ada masyarakat yang sudah memanfaatkan energi alternatif buatan sendiri tetapi jika pemerintah memberikan sosialisai yang lebih intensif, pengembangan energi alternatif akan lebih baik. 17. Jawaban: c Cara yang dapat dilakukan untuk menghemat penggunaan energi di lingkungan perkantoran sebagai berikut. 1) Menghemat penggunaan alat-alat elektronik. 2) Mencabut kabel alat elektronik yang tidak digunakan. 3) Mematikan lampu saat tidak digunakan untuk bekerja misal saat istirahat. 4) Mengatur pendingin ruangan pada suhu yang tidak terlalu rendah. Diusahakan suhu pendingin sama dengan suhu ruangan sekitar 25°C. 5) Mengubah perilaku dan mindset karyawan dalam menggunakan energi. 18. Jawaban: d Biodiesel dihasilkan dari minyak nabati. Bahan yang dapat digunakan untuk membuat biodiesel yaitu kelapa, kelapa sawit, kemiri, jarak pagar, kacang tanah, dan nyamplung. Jagung, tebu, sorgum, ubi jalar, dan sagu adalah bahan pembuat
182
Keterbatasan Energi dan Dampaknya bagi Kehidupan
bioetanol. 19. Jawaban: e Aplikasi alat listrik yang mudah dan efisien banyak diminati seiring peningkatan gaya hidup masyarakat. Hal ini mengakibatkan pergeseran pemanfaatan bahan bakar yaitu dari kayu bakar beralih ke listrik. Kayu bakar dan pengadaan listrik sama-sama menghasilkan emisi karbon karena pengadaan listrik masih didominasi dengan penggunaan batu bara sebagai bahan utama. Jika emisi karbon tinggi, maka listrik yang bersumber dari batu bara juga akan menyebabkan pemanasan global. 20. Jawaban: d Masalah yang harus diperhatikan dalam pemanfaatan energi gelombang laut adalah air laut yang menyebabkan korosi pada alat. Akibatnya, biaya peralatan menjadi lebih mahal. Selain itu, harus diperhatikan pula bahwa beberapa tempat yang berpotensi merupakan objek wisata bahari. Perlu dipertimbangkan tentang pembangunan pembangkit listrik akan mengganggu kegiatan wisata bahari atau tidak. B. Uraian 1. Beberapa hal yang dapat dilakukan untuk mengurangi ketergantungan kita terhadap bahan bakar minyak sebagai berikut. a. Meningkatkan kerja sama untuk mengembangkan penggunaan gas alam dan gas metana batu bara. b. Menciptakan energi melalui energi terbarukan. c. Mengurangi subsidi energi sehingga tidak digunakan dengan boros. 2. Pembangunan desa mandiri listrik dapat dilakukan dengan membangun pembangkit listrik mikro hidro atau menggunakan biogas. Salah satu pembangunan energi terbarukan yang memungkinkan untuk dikembangkan di pedesaan dan daerah terpencil yaitu dengan memanfaatkan energi dari tenaga air yang ada di daerah tersebut. Potensi tenaga air dari sungai yang mengalir sangat memungkinkan untuk bisa sedikit mengatasi krisis energi setidaknya untuk dimanfaatkan masyarakat yang tinggal di daerah sekitar aliran sungai. Caranya dengan membangun desa mandiri energi melalui pemanfaatan potensi mikrohidro yang ada di wilayah tersebut. Contoh yang lain adalah mengelola limbah, dalam hal ini limbah peternakan (kotoran sapi). Kotoran sapi dapat dimanfaatkan menjadi energi biogas. Saat ini telah dikembangkan pembangunan instalasi reaktor digester untuk biogas. Instalasi ini dapat menjawab permasalahan masyarakat akan kebutuhan energi,
tidak merusak lingkungan, dapat dimanfaatkan oleh masyarakat secara mudah serta menghasilkan nilai tambah dari aspek ekonomi. 3. Hal-hal yang mengakibatkan pemanfaatan potensi energi nonfosil masih sangat rendah sebagai berikut. a. Biaya pembuatan instalasi dan perawatan masih mahal. b. Harga energi terbarukan belum dapat bersaing dengan harga energi fosil. c. Kemampuan sumber daya manusia yang masih rendah. 4. Lebih efisien menggunakan bahan bakar berbentuk gas. Hal ini karena gas bisa langsung dicampur dengan udara untuk dibakar. Jika menggunakan bahan bakar minyak harus dilakukan proses pengabutan terlebih dahulu baru dapat dibakar bersama udara. 5. Kelemahan: a. Persiapannya memerlukan waktu lama. b. Bergantung pada aliran air. Jika aliran air tidak stabil, listrik yang dihasilkan juga tidak stabil. c. Membutuhkan tempat yang besar untuk membangun PLTA. Kelebihan: a. Biaya pengoperasian dan pemeliharaan rendah. b. Mudah dioperasikan dan tahan lama. c. Ramah lingkungan. d. Teknologinya sederhana dan efisiensinya tinggi. 6. a.
b.
c. d.
7. a.
Melakukan perjalanan hanya yang pentingpenting saja. Kalau bisa dijangkau dengan jalan kaki, sebaiknya tidak perlu menggunakan kendaraan bermotor. Memanfaatkan teknologi informasi dan komunikasi untuk aktivitas sehari-hari. Contohnya dengan melakukan telecommunicating, teleworking, dan teleshoping. Sudah ada beberapa kantor menerapkannya sehingga ke kantor hanya untuk bertemu orang. Dengan demikian dapat mengurangi kebutuhan transportasi. Menggunakan angkutan umum sebagai sarana utama perjalanan. Mengembangkan green transportation baik dengan green fuel ataupun dengan green vehicles. Matikan lampu ruangan jika tidak kita gunakan seperti pada waktu istirahat atau waktu ruangan sudah kosong/ pulang kantor.
b.
c. d. e. f. g.
AC hanya dinyalakan pada saat jam kerja, suhu jangan terlalu dingin agar hemat energi kira-kira 25–27°C. Gunakan monitor LCD/LED untuk menghemat konsumsi listrik. Menyalakan fitur manajemen daya selama periode pendek komputer tidak aktif. Mematikan listrik/lampu peralatan yang digunakan untuk perkuliahan setelah selesai. Menggunakan lampu LED untuk menghemat energi. Menerapkan konsep smart building yaitu suatu usaha untuk mewujudkan bangunan hemat energi.
8. Dalam seminggu warga membutuhkan 300 liter minyak tanah. Produksi biogas yang dihasilkan desa tersebut sebagai berikut. Produksi biogas selama 7 hari = (20 sapi)(2,5 L/2 sapi)(7) = 175 liter Jadi, biogas belum dapat mencukupi kebutuhan semua rumah. 9. Teknologi baru telah membuat pembangkit listrik tenaga nuklir lebih aman dari sebelumnya. Pembangkit listrik tenaga nuklir juga tidak menghasilkan emisi gas rumah kaca setelah didirikan dan berjalan. Biaya menjalankan pembangkit nuklir juga sangat rendah karena fakta bahwa jumlah yang sangat kecil dari uranium menghasilkan energi yang sangat besar. Energi nuklir mengurangi ketergantungan pada minyak dan gas alam. Kebocoran radiasi adalah salah satu kelemahan energi nuklir. Radiasinya dapat merusak ekosistem. Selain itu, reaktor nuklir dapat mencemari lingkungan sekitar dengan limbah yang berbahaya bagi lingkungan dan kesehatan manusia. Biaya pembangunan reaktor sangat besar dan diperlukan sistem pengamanan dan pengendalian yang tinggi. 10. Cara yang dapat dilakukan seperti diversifikasi energi, penambahan kilang, maupun investasi untuk eksplorasi dan eksploitasi mutlak. Selain itu, kebijakan ekspor gas dan batu bara perlu ditinjau ulang dalam rangka mengamankan pasokan energi domestik di kemudian hari. Salah satu upaya untuk mengurangi impor energi adalah pengembangan bahan bakar nabati (BBN). Indonesia sudah mempunyai pengalaman yang panjang dalam pengembangan perkebunan kelapa sawit. Alternatif untuk mengurangi penggunaan BBM, disamping menggunakan BBN adalah dengan bahan bakar gas untuk sektor transportasi.
Fisika Kelas XII
183
A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: a Skala utama = 4,0 mm Skala nonius = 0,01 × 30 mm = 0,30 mm Hasil pengukuran = (4,0 + 0,30) mm = 4,30 mm
Jawab: v =ωR = (10π rad/s)(15 cm) = 150π cm/s = 1,5π m/s Jadi, kecepatan linear gerinda 1,5π m/s.
2. Jawaban: a
t = 10 s = 6 menit
1
D1m C
1
n = 300 rpm ( 6 menit)
1234567 1234567 1234567 4m 1234567 1234567 1234567 5m 1234567
A
AD =
D′
3m
= 50 rotasi Jadi, gerinda berputar 50 kali dalam waktu 10 detik.
B
as =
(4 m)2 + (3 m)2
=
16 m2 + 9 m2
=
25 m2 = 5 m
Perpindahan mobil mainan sejauh 5 m. 3. Jawaban: e Jarak yang ditempuh merupakan luas kurva v – t. LI = Ltrapesium =
⎛ (6 − 2) + (8 − 0) ⎞ ⎜ ⎟ 2 ⎝ ⎠
⎛ (12 − 8) + (12 − 10) ⎞ ⎜ ⎟ 2 ⎝ ⎠
s (4 m/s)
= 15π 2 m/s2
3 cm 1 3
1,25 cm
t
1,25 cm y2
y1
2 cm
Q
∑F = m a F – wA = (mA + mB) a F – mA g = (mA + mB) a a=
= 12 m Ltotal = LI + LII = 24 m + 12 m = 36 m Jadi, jarak yang ditempuh benda selama 12 sekon sejauh 36 m. 4. Jawaban: e ω = 300 rpm Diketahui: = 300
⎛ 2π ⎞ ⎜ 60 ⎟ ⎝ ⎠
R = 15 m Ditanyakan: v, n, as, α, f 184
(1,5π m/s)2 (0,15 m)
12,5 cm
s (4 m/s)
= 24 m LII =
=
Jadi, percepatan sentripetal gerinda 15π 2 m/s2. 5. Jawaban: a Diketahui: mA = mB = 5 kg F = 90 N g = 9,8 m/s–2 Ditanyakan: a Jawab:
AD′2 + DD′2
=
v2 R
Latihan Ujian Nasional
rad/s = 10π rm/s
F − mA g (mA + mB )
=
90 N − (5 kg)(9,8 m/s2 ) (5 kg + 5 kg)
=
90 N − 49 N 10 kg
= 4,1 m/s2
Jadi, percepatan balok adalah 4,1 m/s2. 6. Jawaban: b Diketahui: m = 60 kg N = 723 N g = 9,8 m/s2 Ditanyakan: a
Jawab: Berat yang terukur merupakan gaya tekan lantai lift terhadap orang (berarah ke atas). w =mg = (60 kg)(9,8 m/s2) = 588 N Oleh karena N > w, lift bergerak searah dengan N (ke atas). ΣF = m a N–w =ma N −w m
a=
=
723 N − 588 N 60 kg
= 2,25
Iα R
= β α R–1 Jadi, nilai F setara dengan αβ (R)–1.
=
1 2
mvt2
0
1
– 2 mv02
1
1
= 2 (4 kg)(6 m/s)2 – 2 (4 kg)(0)2 = 72 J Jadi, usaha yang diubah menjadi energi kinetik setelah 2 sekon adalah 72 J. 10. Jawaban: e Diketahui: m = 2 kg Δx = 5 cm = 5 × 10–2 m g = 10 m s–2 Ditanyakan: Ep Jawab: F = k Δx 1
Ep = 2 k(Δx)2
8. Jawaban: b a← ⎯ F
t
m/s2
Jadi, percepatan gerak lift 2,25 m/s2 ke atas. 7. Jawaban: d Diketahui: I=β Ditanyakan: F Jawab: ∑τ = I α F R= I α F=
9. Jawaban: a Diketahui: m = 4 kg v0 = 0 a = 3 m/s2 t =2s Ditanyakan: W Jawab: v t = v0 + at = 0 + (3 m/s2)(2 s) = 6 m/s W = ΔEk = Ek – Ek
1
= 2 F(Δx)
B
1
= 2 mg Δx
Licin A
1 2
y1 =
wA
(2 cm) = 1 cm
A1 = (12,5 cm)(2 cm) = 25 cm2 1
y2 = 2 cm + 3 t = 2 cm +
1 3
(3 cm)
= 3 cm A2 =
1 2
1
= 2 (2 kg)(10 m s–2)(5 × 10–2 m) = 0,5 J Jadi, energi potensial elastis pegas tersebut sebesar 0,5 J. 11. Jawaban: c F = k Δx m g = k Δx k= Karet P k=
(12,5 – 1,25 – 1,25) cm (3 cm)
= 15 cm2
(2 kg)(10 m/s 2 ) (1 × 10−2 m)
(1kg)(10 m/s2 ) (1 × 10−2 m)
k=
=
(1)(25) + (3)(15) 25 + 15
Karet R
=
25 + 45 40
k=
= 1,75 Jadi, letak titik berat sistem benda arah sumbu Y dari titik Q adalah 1,75 cm.
= 2.000 N/m
Karet Q
y1 A1 + y 2 A2 A1 + A2
ypm =
mg Δx
(5 kg)(10 m/s2 ) (0,1 × 10 −2 m)
= 1.000 N/m
= 50.000 N/m
Karet S k=
(0,5 kg)(10 m/s2 ) (0,1 × 10−2 m)
= 5.000 N/m
Fisika Kelas XII
185
Karet T 2
(0,25 kg)(10 m/s ) (1 × 10 −2 m)
k=
= 250 N/m
Jadi, konstanta elastisitas karet terbesar dimiliki oleh karet R. 12. Jawaban: d Diketahui: m = 5 kg v0 = 10 m/s h = 2,5 m Ditanyakan: v t Jawab: Energi mekanik awal dan akhir adalah konstan Em0 = Emt. EP0 + EK0 = EP + EK t
vt vt
t
1
1
0 + 2 mv02 = m g h + 2 mvt2 1 (10)2 2
= (10)(2,5) +
1 2
(vt)2
vo h
V
g
1
50 = 25 + 2 vt2 1
50 – 25 = 2 vt2 1
25 = 2 vt2 v t = 2(25) = 5 2 Kecepatan benda pada ketinggian 2,5 m di atas posisi saat melempar adalah 5 2 m/s. 13. Jawaban: c
M
vo
vo
Sesudah
M Sebelum
Impuls = perubahan momentum I = Δp = p2 – p1 = (Mv0) – (M (–v0)) = 2Mv0 Jadi, besar impuls yang diberikan dinding pada bola adalah 2Mv0. 14. Jawaban: a Diketahui: h1 = 130 cm = 1,3 m h2 = 50 cm = 0,5 m g = 10 m/s2 Ditanyakan: v Jawab: v =
2g (h1 − h2 )
= 2(10)(1,3 − 0,5) = 16 = 4 Jadi, kecepatan air keluar dari lubang sebesar 4 m/s. 15. Jawaban: b
186
Latihan Ujian Nasional
Supaya dapat terangkat, tekanan udara pada bagian atas pesawat harus lebih kecil daripada tekanan pada bagian bawah (pA < pB). Besarnya tekanan udara berbanding terbalik dengan kecepatannya. Dengan demikian, untuk memperkecil tekanan udara pada bagian atas sayap pesawat, kecepatan aliran udara bagian atas lebih besar daripada kecepatan udara bagian bawah sayap (vA > vB). Jadi, rancangan tersebut dibuat agar vA > vB sehingga pA< pB. 16. Jawaban: d Diketahui: m1 = 60 g T1 = 90°C c1 = c2 = 1 kal g–1 C–1 m2 = 40 g T2 = 25°C Ditanyakan: Tc Jawab: Qserap = Qlepas m1c1ΔT1 = m2c2ΔT2 (60)(1)(T1 – Tc) = (40)(1)(Tc – T2) (60)(90 – Tc) = (40)(Tc – 25) 5.400 – 60 Tc = 40 Tc – 1.000 100 Tc = 6.400 Tc = 64,0 Jadi, suhu akhir campuran 64,0°C. 17. Jawaban: b Kalor merambat pada logam dengan cara konduksi. Laju perambatan kalor pada peristiwa konduksi dituliskan dalam persamaan berikut. H=
Q t
= kA
ΔT L
Keterangan: Q = kalor yang diberikan ke logam t = waktu perambatan H = konduktivitas termal A = luas permukaan ΔT = perubahan suhu L = panjang penghantar Jadi, faktor yang memengaruhi laju perambatan kalor adalah nomor (1), (2), dan (4).
18. Jawaban: c Diketahui: p1 = p p2 = 2p1 = 2p T1 = T2 V1 = V Ditanyakan: V2 Jawab: p1V1 = p2V2 pV = (2p) V2 1
V2 = 2 V 1
Jadi, volumenya menjadi 2 kali semula.
19. Jawaban: c Proses isotermik merupakan proses perubahan keadaan gas pada suhu konstan. Oleh karena suhu konstan, energi dalamnya bernilai tetap. 20. Jawaban: e Bahan bakar minyak (BBM) yang digunakan antara lain bensin (premium dan pertamax) serta solar. Bensin dapat diganti dengan bahan bakar alternatif bioetanol. Adapun solar dapat diganti dengan biodiesel. Biomassa dan biogas digunakan untuk menggantikan LPG. 21. Jawaban: a Diketahui: A = 0,5 m λ =4m T = 0,5 s Ditanyakan: persamaan gelombang Jawab: y = A sin (ωt – kx)
ω=
2π T
=
2π
2π 0,5
= 4π
2π
k = λ = 4 = 0,5π Persamaannya sebagai berikut. y = 0,5 sin (4π t – 0,5π x) = 0,5 sin π (4t – 0,5x) 22. Jawaban: a Cepat rambat pada tali dituliskan: v=
FT
μ
=
FT L m
Keterangan: v = cepat rambat gelombang pada tali FT = tegangan tali
μ =
m L
=
massa tali panjang tali
Jadi, faktor yang benar adalah nomor (1) dan (2). 23. Jawaban: d Manfaat sinar gamma sebagai berikut. 1) Membunuh sel kanker. 2) Sterilisasi peralatan rumah sakit. 3) Memeriksa cacat pada logam. 24. Jawaban: c Diketahui: d = 110 cm fob = 1 m = 100 cm Ditanyakan: M Jawab: d = fob + fok fok = d – fob = (110 – 100) cm = 10 cm M =
fob fok
=
100 cm 10 cm
= 10
Jadi, perbesaran teropong 10 kali.
25. Jawaban: a Diketahui: λ = 6.000 Å = 6 × 10–7 m n=2 θ = 30° Ditanyakan: d Jawab: d sin θ = nλ d = =
nλ sin 30°
(2)(6 × 10−7 m) 1 2
= 2,4 × 10–6 m = 2,4 × 10–3 mm Jadi, celah sempit d memiliki lebar 2,4 × 10–3 mm. 26. Jawaban: d Diketahui: fs = a vs = b vp = d fp = c Ditanyakan: persamaan Jawab: Kedua mobil saling mendekati jadi vs = –b dan vp = +d. fp = c =
v ± vp
v ± vs v +d v −b
fs a
27. Jawaban: d Diketahui: TIn = 60 dB n = 1.000 Ditanyakan: TI Jawab: TIn = TI + 10 log n TI = 60 dB – (10 log 1.000) dB = 60 dB – 30 dB = 30 dB Jadi, taraf intensitas satu sumber bunyi 30 dB. 28. Jawaban: c Diketahui: q1 = 4 μC = 4 × 10–6 C q2 = 3 μC = 3 × 10–6 C q3 = 2 μC = 2 × 10–6 C k = 9 × 109 Nm2/C2 r12 = 0,2 m r32 = 0,1 m Ditanyakan: F2 Jawab: F12 = k
q1q2 2 r12
= (9 × 109 Nm2/C2)
(4 × 10−6 C)(3 × 10−6 C) (0,2 m)2
F12 = 2,7 N F32 = k
q 3q 2 (r32 )2
= (9 × 109 Nm2/C2)
(2 × 10−6 C)(3 × 10−6 C) (0,1 m)2
= 5,4 N
Fisika Kelas XII
187
F12 = F32 – F12 = (5,4 – 2,7) N = 2,7 N Jadi, gaya listrik yang dialami Q2 sebesar 2,7 N. 29. Jawaban: e Diketahui: q1 = –9 μC q2 = 4 μC k = 9 × 109 Nm2 C–2 Ditanyakan: r2 Jawab: Agar kuat medan nol, nilai kuat medan bisa di kanan q2 atau di kiri q1. Oleh karena q1 > q2 maka r1 > r2. Kemungkinannya di kanan q2. q1
q2
P r2
3 cm
E1 = E2
9
4
= r2 2 2 r2
=
3r2 = 6 + 2r2 r2 = 6 Jadi, titik yang nilai kuat medan nol berjarak 6 cm di sebelah kanan q2. 1
Diketahui:
A1 = 2 A2 d2 = 3d1 Ditanyakan: C1 : C2 Jawab:
C1 C2
= =
C1 C2
A ε 0 d1 1
A1 d2 A2 d1
=
1 2
A2 (3d1 ) A2 d1
3
31. Jawaban: a Diketahui: R1 = R2 = 4 Ω R3 = 8 Ω V = 40 V Ditanyakan: I1 Jawab:
188
=
1 R1
=
1 4Ω
+ +
40 V 10 Ω
=4A
Kuat arus di R12 sama dengan kuat arus total yaitu sebesar 4 A. V12 = Itotal R12 = (4A)(2 Ω) = 8 volt Arus di R1 V12 R1 8V 4Ω
32. Jawaban: d Diketahui: I1 = I2 = 3 A a1 = 30 cm = 0,3 m a2 = 10 cm = 0,1 m Ditanyakan: Btotal Jawab:
=
1 R2 1 4Ω
=
2 4Ω
Latihan Ujian Nasional
μ0 I1 2π a1
(4π × 10−7 ) 3 2π (0,3)
T
= 2 × 10–6 T B2 = =
A ε 0 d2 2
= 2 Jadi, C1 : C2 bernilai 3 : 2.
1 R12
=
B1 =
30. Jawaban: d
C1 C2
V
=2A Jadi, arus di R1 sebesar 2 A.
k r2 = k r2 1 2 (3 + r2 )2 3 3 + r2
=2Ω
Itotal = R 123
=
q2
4Ω 2
R123 = R12 + R3 = 2 Ω + 8 Ω = 10 Ω Kuat arus total
I1 =
r1 = 3 + r2
q1
R12 =
μ 0 I2 2π a2
(4π × 10−7 ) 3 2π (0,1)
T
= 6 × 10–6 T Btotal = B2 + B1 = (6 + 2) × 10–6 T = 8 × 10–6 T Jadi, induksi magnetik yang dialami titik P sebesar 8 × 10–6 T. 33. Jawaban: d Diketahui:
= 80 cm = 0,8 I = 1,5 A B = 2 × 10–3 T Ditanyakan: F Jawab: F = BI = (2 × 10–3)(1,5)(0,8) N = 2,4 × 10–3 N
Menurut aturan tangan kanan, arus listrik berarah sesuai ibu jari dan medan magnet searah jari telunjuk, arah gaya Lorentz sesuai jari tengah yaitu ke arah A. Jadi, kawat mengalami gaya magnet sebesar 2,4 × 10–3 N searah A. 34. Jawaban: d Persamaan yang terkait dengan GGL generator sebagai berikut.
ε = –N
Δφ Δt
ε = B v sin α ε = NBA ω sin α Berdasarkan persamaan dan pilihan jawaban di atas, memperbesar induksi magnet (B) dan menambah jumlah lilitan rotor (N) merupakan cara yang paling tepat untuk memperbesar GGL generator. 35. Jawaban: a Diketahui: R = 20 Ω L =6H C = 2 μF Ditanyakan: VR maks Jawab: Saat beresonansi, nilai Z = R = 20 Ω Imaks = =
ε maks Z 100 V 20 Ω
T
=5A VR
= Imaks R = (5 A)(20 Ω) = 100 volt Jadi, tegangan maksimum pada hambatan sebesar 100 volt. maks
36. Jawaban: d Efek rumah kaca yaitu terperangkapnya sinar matahari di dalam atmosfer bumi sehingga meningkatkan suhu bumi. Efek rumah kaca yang normal sangat bermanfaat karena menjaga suhu bumi relatif konstan sehingga nyaman ditinggali oleh makhluk hidup. Gas-gas rumah kaca berada di seluruh atmosfer bumi. Bagian bumi yang menerima sinar matahari berlebih (siang hari) memiliki suhu yang lebih tinggi. Oleh karena atmosfer bumi menyelimuti seluruh permukaan bumi, panas yang diperoleh akan disebarkan di seluruh atmosfer melalui proses konveksi udara. Dengan demikian suhu bumi menjadi relatif konstan. 37. Jawaban: e Keluarnya elektron pada peristiwa fotolistrik terjadi karena ditumbuk oleh foton-foton cahaya. Frekuensi cahaya yang mampu menghasilkan
peristiwa fotolistrik tidak terbatas pada daerah inframerah. Keluarnya elektron sangat dipengaruhi intensitas cahaya yang dipancarkan. Syarat frekuensi cahaya yang mengakibatkan terjadinya efek fotolistrik adalah frekuensi cahaya yang telah mencapai frekuensi ambang. Energi yang keluar dari permukaan logam sebanding dengan frekuensi. Semakin besar frekuensi, energi yang keluar dari permukaan logam juga semakin besar. 38. Jawaban: b HSDPA (High Speed Downlink Packet Access) merupakan perkembangan dari generasi 3G. HSDPA sering disebut dengan generasi 3,5G. Kecepatan akses HSDPA hingga 3,6 Mbps (9 kali lebih cepat dari 3G pada umumnya). GPRS (General Packet Radio Service) merupakan teknologi pengiriman data dengan kecepatan mulai dari 56 kbps–115 kbps. EDGE (Enhanced Data Rates for GSM Evolution) merupakan perkembangan dari GSM dan 15–136 sehingga dikenal dengan generasi 2,75G. UMTS/W-CDMA termasuk generasi ketiga (3G) dari perkembangan teknologi nirkabel. Kecepatan akses UMTS sekitar 480 kbps. LTE Advanced atau 4G merupakan pengembangan dari teknologi 3G. Teknologi terbaru ini mampu menghasilkan kecepatan 100 Mbps. Jadi, teknologi telepon genggam paling lemah dalam pengiriman data yaitu GPRS. 39. Jawaban: e Diketahui: m = 238,0508 sma mp = 1,0078 sma mn = 1,0086 sma 1 sma = 931 MeV Ditanyakan:Ei Jawab: Δm = (92 mp + (238 – 92)mn) – m1 = (92)(1,0078) + (146)(1,0086) – 238,0508 = (92,7176 + 147,2556) – 238,0508 = 239,9732 – 238,0508 = 1,9224 Ei = (1,9224)(931 MeV) = 1.789,75 MeV 40. Jawaban: b I-131 dapat digunakan untuk pengujian fungsi kelenjar gondok. Caranya dengan menyuntikkan I-131 pada pasien, kemudian melakukan pencacahan. Selain itu, isotop I-131 dapat digunakan untuk uji faal ginjal. Caranya dengan meletakkan detektor tepat pada lokasi ginjal. Menentukan umur fosil menggunakan C-14. Membunuh sel kanker biasanya menggunakan Co-60.
Fisika Kelas XII
189
