xiia fisika - WordPress.com

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