Diktat Fisika Dasar II

DIKTAT KULIAH FISIKA DASAR II

TAHAP PERSIAPAN BERSAMA ITB

Materi Sesuai Dengan Silabus

Mata Kuliah Fisika Dasar II ITB

Oleh:

DR.Eng. Mikrajuddin Abdullah, M.Si.

Fakultas Matematika dan Ilmu Pengetahuan Alam

Institut Teknologi Bandung

2006

DIKTAT KULIAH FISIKA DASAR II

TAHAP PERSIAPAN BERSAMA ITB

Materi Sesuai Dengan Silabus

Mata Kuliah Fisika Dasar II ITB

Oleh:

DR.Eng. Mikrajuddin Abdullah, M.Si.

Fakultas Matematika dan Ilmu Pengetahuan Alam

Institut Teknologi Bandung

Kata Pengantar

Untuk melengkapi diktat kuliah Fisika Dasar I, kami kembali mengeluarkan diktat kuliah untuk Fisika Dasar II dengan harapan semoga bisa menjadi pelengkap yang berarti bagi referensi-referensi yang telah ada. Agar mahasiswa lebih memahami persamaan-persamaan yang dibahas, contoh soal dan penyelesaian sengaja diperbanyak jumlahnya.

Karena merupakan versi paling awal, kami menyadari masih akan ditemui beberapa kesasahan dalah isi maupun pengetikan (mudah-mudahan tidak terlalu banyak). Kami akan terus melakukan perbaikan, koreksi, dan pelengkapan materi sehingga diktat ini menjadi diktat yang cukup lengkap dalam membantu para mahasiswa baru menyelesaikan mata kuliah fisika dasar di tahun pertama ITB. Pada saat bersamaan kami sangat mengharapkan kritik, saran, komentar, atau ide-ide yang membangun dari pada pembaca guna perbaikan mutu diktat ini. Komentar tersebut dapat dikirim ke E-mail: din@fi.itb.ac.id.

Terima kasih dan wassalam

Daftar Isi

Bab 1 Hukum Coulomb dan Hukum Gauss 1

Bab 2 Potensial Listrik dan Kapasitor 59

Bab 3 Listrik Arus Searah 112

Bab 4 Kemagnetan 158

Bab 5 Hukum Biot Savart 189

Bab 6 Hukum Ampere 225

Bab 7 GGL Induksi dan Induktansi 244

Bab 8 Arus Bolak-Balik 299

Bab 9 Besaran Gelombang 350

Bab 10 Gejala Gelombang dan Gelombang Bunyi 403 Bab 11 Interferensi Gelombang Elektromagnetik 450

Bab 1

Hukum Coulomb dan Hukum Gauss

Newton menemukan bahwa dua buah massa saling tarik-menarik dengan gaya yang berbanding lurus dengan perkalian dua massa dan berbanding terbalik dengan kuadrat jarak keduanya. Coulomb menemukan sifat serupa pada muatan listrik. Dua buah muatan listrik saling mengerjakan gaya yang besarnya berbanding lurus dengan perkalian dua muatan dan berbanding terbalik dengan kuadrat jarak keduanya.

ambar 1.1 Muatan sejenis tolak-menolak dan muatan berbeda jenis tarik-menarik

ambar 1.2 Sisir menarik potongan-potongan kertas karena memiliki muatan listrik yang 12

Fr

12

Fr

12

Fr

21

Fr

21

Fr

21

Fr

q₁

q₁

q₁

q₂

q₂

q₂

12

Fr

12

Fr

12

Fr

21

Fr

21

Fr

21

Fr

q₁

q₁

q₁

q₂

q₂

q₂

G

G berbeda

Gaya yang dihasilkan bisa berupa gaya tarik-menarik atau tolak menolak, tergantung pada

a-sama negatif

jenis, yaitu positif dan negatif, saling melakukan gaya

.1 Gaya Coulomb Antara Dua Muatan Titik

titik, mari kita misalkan ada dua muatan q1 jenis muatan yang melakukan gaya. Dari hasil pengamatan didapatkan bahwa

i) Dua muatan sejenis, yaitu muatan yang sama-sama positif atau sam melakukan gaya tolak-menolak.

ii) Dua muatan yang tidak se tarik-menarik.

1

Untuk menentukan gaya Coulomb dua muatan

dan q2 yang berada pada posisi rr₁ dan rr₂. Vektor posisi muatan q2 relatif terhadap q1

adalah

1

rr _rr₂ 21 r

q₁ r _q2

1

rr _rr₂ 21 r

q₁ r _q2

ambar 1.3 Posisi muatan q1 dan q2 dalam system koordinat

(1.1)

Jarak antar G

1 2 21 r r

rr = r −r

a dua muatan tersebut adalah adalah

21 21 r

r = r = rr₂ −rr₁

Vektor satuan yang searah dengan vektor rr₂₁ adalah

1 2

1 2 21

ˆ r r r

r _{r r}

r r r

− =

=

21 21

r r

r − (1.2)

Besarnya gaya Coulomb pada muatan q2 oleh muatan q1 adalah

2 21 2 1

1 qq F₂₁ =

2 1 2 2 1 4 1 r r q q o r r − =

πε (1.3)

Arah gaya searah dengan vektor satuan sehingga kita dapat mengungkapkan alam notasi vektor sebagai berikut

21

F rˆ₂₁ F₂₁

d 21 2 1 2 2 1 21 ˆ 4

1 q q

r r r r o r r − =

πε (1.4)

Dengan mensubstitusi dari persamaan (1.2) ke dalam persamaan (1.4) kita dapat juga enulis F 21 ˆ r m 1 2 1 2 2 1 2 2 1 21 ) (

4 r r

r r r r q q o r r r 1 r r

r ₋−

− = πε Fr ) ( 4 1 1 2 3 1 2 2

1 _{r r}

r r q q o r r r r − − =

πε (1.5)

Dengan menggunakan hukum aksi-reaksi Newton dengan segera kita dapatkan gaya Coulomb ada muatan q1 oleh muatan q2 adalah

21 12

p

F Fr =−r

Contoh

uatan q1 = 2 mC berada pada koordinat (0,3) m dan muatan q2 = 4 mC berada pada t (4,6) m. Lihat Gambar 1.4. Berapa gaya yang dilakukan muatan q1 pada muatan

rikan

C = 2 × 10-3 _C

× 10-3 _C M

koordina q2? Jawab Dibe q1 = 2 m q2 = 4 mC = 4

j j i

rr₁ =0ˆ+3ˆ=3ˆ m j

i

rr₂ =4ˆ+6ˆ m

j i j j ˆ 6 + i r r

25 32 ₌

42

21 = +

rr = 5 m

Gambar 1.4

esarnya gaya antara dua muatan B 2 3 3 9 2 2 1 5 10 9

4 = ×

= r F o r πε ₂₁ ) 10 4 )( 10 2 (

1 _× − _× −

q q

= 2 880 N

Untuk menyatakan dalam notasi vector

j i j i r r r ˆ 5 3 ˆ 5 4 5 3 4 ˆ 21

21= r = = +

ˆ ˆ 21 + r Dengan demikian j i j i r r F o ˆ

4 2 21

2 1 21 = _πε r

q q _ˆ 1728 ˆ 2304 ˆ 5 3 ˆ 5 4 5 ) 10 4 )( 10 2 ( 10 9 1 2 3 3 9 21 + = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ₊ × × × = − − r N Contoh

Tentukan besar gaya Coulomb pada electron atom hydrogen yang dilakukan oleh proton di ti. Anggaplah bahwa electron mengelilingi proton pada jarak r = 0,53 A. Besar muatan

dan proton adalah 1,6 × 10-19 C. in electron Jawab 1 rr 2 rr q₁ 2 21 rr 21 F q r y

0 1 2 3 4 5

1 2 3 4 5 6 x 1 rr 2 rr q₁ q₂ 21 rr 21 Fr

0 1 2 3 4 5

1 2 3 4 5 6 x y

Besar gaya yang dilakukan proton pada electron

8 2

11

2 _{(5,3 10 )}

4 _× −

r o πε 19 19 9 2

1q _{=(9×10 )}(1,6×10− )(1,6×10− ) _=8,2×10−

q

N

1.2 Gaya Coulomb oleh sejumlah muatan

ika terdapat sejumlah muatan maka gaya total pada suatu muatan merupakan jumlah vector aya yang dilakukan oleh sejumlah muatan lainnya. Misalkan kita memiliki muatan q1, q2, q3,

ihat Gambar 1.5. Misalkan: koordinat posisi muatan q1 adalah 1

=

F

J g

dan q4. Berapa gaya pada muatan q4?

Ganbar 1.5 Posisi koordinat sejumlah muatan dan gaya total yang bekerja pada satu muatan

L rr₁, koordinat posisi muatan

2 adalah , koordinat posisi muatan q3 adalah

q rr₂ rr₃, dan koordinat posisi muatan q4 adalah 4

rr .

Gaya yang dilakukan muatan q1 pada muatan q4 adalah _{3 41}

41 4 1 41

4 _r r

F

o

r r

π = 1 q q

r ε q₁ q₂ q₄ 1 rr 2 rr 3 rr 4 rr 41 rr 42 rr 43 rr 41 Fr 42 Fr 43 Fr x y q₃ 41 Fr 42 Fr 43 Fr 42 41 F

Fr + r

43 42

41 F F

Fr + r + r

q₁ q₂ q₄ 1 rr 2 rr 3 rr 4 rr 41 rr 42 rr 43 rr 41 Fr 42 Fr 43 Fr x y q₃ q₁ q₂ q₄ 1 rr 2 rr 3 rr 4 rr 41 rr 42 rr 43 rr 41 Fr 42 Fr 43 Fr x y q₃ 41 Fr 42 Fr 43 Fr 42 41 F

Fr + r

43 42

41 F F

Fr + r + r 41 Fr 42 Fr 43 Fr 42 41 F

Fr + r

43 42

41 F F

42 3 42

4 2 42

4 1

r r

q q F

o

r r r

πε = Gaya yang dilakukan muatan q2 pada muatan q4 adalah

43 3 43

4 3 43

4 1

r r

q q F

o

r r r

πε = Gaya yang dilakukan muatan q3 pada muatan q4 adalah

Gaya total pada muatan q4 adalah

+ + =

ecara umum, gaya pada muatan qo yang dilakukan sejumlah muatan q1, q2, q3, …, qN adalah

43 42 41

4 F F F

Fr r r r

S

∑

= N

=

Fr

r

i i ao

1 0 F

∑

=

N ₁

=

i

i i

i o

r r

q q

1

0 3 0 0

4

r r

πε (1.6)

Contoh

Tiga buah muata 6.

Masing-masing muatan tersebut adalah q1 = 1 mC, q2 = 2 mC, dan q3 = - 4 mC. Berapa gaya tal pada muatan q1 dan gaya total pada muatan q3?

Gambar 1.6

Jawab

n berada pada titik sudut segitiga sama sisi seperti pada Gambar 1.

to

q₁= 1 mC

q₂= 2 mC q₃= -4 mC 50 cm

50 cm

50 cm q₁= 1 mC

q₂= 2 mC q₃= -4 mC 50 cm

50 cm

Pertama kita tentukan gaya pada muatan q1. Perhatikan Gbr. 1.7.

r 1.7 Gaya-gaya yang bekerja pada muatan q1

Jarak antara mu

q₁= 1 mC

q₂= 2 mC q₃= -4 mC

50 cm 50 cm 50 cm α 12 Fr 13 Fr 1 Fr

q₁= 1 mC

q₂= 2 mC q₃= -4 mC

50 cm 50 cm 50 cm α 12 Fr 13 Fr 1 Fr Gamba 12 rr

atan q1 dan q2: = 50 cm = 0,5 m

Jarak antara muatan q1 dan q3: rr₁₃ = 50 cm = 0,5 m

Besar gaya oleh q2 pada q1 (tolak) adalah

4 2 3 3 9 2 21 2 1

12 7,2 10

) 5 , 0 ( ) 10 2 )( 10 ( ) 10 9 ( 4 1 × = × × = = − − r q q F o r

πε N

Besar gaya oleh q3 pada q1 (tarik) adalah

4 2 3 3 9 2 31 3 1

13 14,4 10

) 5 , 0 ( ) 10 4 )( 10 ( ) 10 9 ( 4 1 × = × × = = − − r q q F o r

πε N

engan aturan jajaran genjang, maka besar gaya total pada muatan q1 memenuhi

+ + =

= 1,6 × 1010 D

α cos 2 _{12 12}

2 13 2 12 2

1 F F F F

F

Pada gambar, jelas α = 120o sehingga cos α = -1/2 dan

(

7,2 104

)

2 (14,4 104)2 2(7,2 104)(14,4 104)( 1/2)

2 _{= × + × + × × −}

atau

5 10

1 = 1,6×10 =1,3×10

F N

Berikutnya kita tentukan gaya pada muatan q3. Perhatikan Gbr. 1.8:

Gambar 1.8 Gaya-gaya yang bekerja pada muatan q3

q₁= 1 mC

q₂= 2 mC q

50 cm

50 cm

50 cm

β

31

Fr

32 Fr 3

Fr

3= -4 mC

q₁= 1 mC

q₂= 2 mC q

50 cm

50 cm

50 cm

β

31

Fr

32 Fr 3

Fr

3= -4 mC

Jarak muatam q3 ke muatan q1: rr₃₁ = 50 cm = 0,5 m

Jarak muatam q3 ke muatan q2: rr₃₂ = 50 cm = 0,5 m

Besar gaya pada muatan q3 oleh muatan q1 (tarik)

4 2

3 3

9 2

31 3 1

31 14,4 10

) 5 , 0 (

) 10 4 )( 10 ( ) 10 9 ( 4

1 _{= ×} × _{= ×}

= − −

r q q F

o

r

πε N

Besar gaya pada muatan q3 oleh muatan q2 (tarik)

4 8

3 3

9 2

32 3 2

32 28,8 10

) 5 , 0 (

) 10 4 )( 10 2 ( ) 10 9 ( 4

1 _{= ×} × × _{= ×}

= − −

r q q F

o

r

πε N

Dengan aturan jajaran genjang, maka besar gaya total pada muatan q3 memenuhi

+ +

= 2 2 _{31 32}cosβ

32 2 31 2

3 F F F F

Pada gambar, jelas β = 60o _{sehingga cos β = 1/2 dan}

= 1,5 × 1011 atau

(

14,4 104

)

2 (28,8 104)2 2(14,4 104)(28,8 104)(1/2)

2

3 = × + × + × ×

F

5 11 _{3,9 10}

10 5 ,

1 × = ×

=

F₃ N

1.3 Medan Listrik

Mengapa muatan q1 dapat melakukan gaya pada muatan q2 meskipun ke dua muatan tersebut tentang gaya gravitasi yaitu karena adanya edan gaya. Gaya Coulomb muncul karena muatan q1 menghasilkan medan listrik pada posisi muatan q2. Muatan q2 berinteraksi dengan medan yang dihasilkan muatan q1, dan interaksi tersebut menghasilkan gaya pada muatan q2.

dinyatakan

21

tidak bersentuhan? Mirip dengan pembahasan kita m

Jika besarnya medan listrik yang dihasilkan muatan q1 pada posisi muatan q2

Er

sebagai maka gaya yang dilakukan oleh muatan q1 pada muatan q2 memenuhi persamaan

21 2 21 q E

Fr = r (1.7)

Dengan membandingkan persamaan (1.7) dengan ungkapan hukum aan maka kuat medan listrik yang dihasilkan muatan q1 pada posisi muatan q2 memenuhi

Coulomb pada persam (1.5),

21 3 21

r

o

1 21

4 1

r

q r

r r

πε

= (1.8)

E

Dinyatakan dalam scalar, besarnya medan listrik yang dihasilkan muatan sembarang pada jarak r dari muatan tersebut adalah

2

4 1 q E=

r

o

πε (1.9)

Tampak bahwa besarnya medan berbanding terbalik dengan kuadrat jarak dari muatan. Jika dubuatkan kurva kuat medan terhadap jarak kita dapatkan Gambar 1.9

E (N/C)

r (m) E (N/C)

r (m)

Gam

ii) Masuk ke muatan tersebut jika muatan memiliki tanda negatif.

ambar 1.10 Arah medan listrik: (a) keluar dari muatan positif dan (b) masuk ke muatan bar 1.9 Kuat medan listrik yang dihasilkan muatan titik sebagai fungsi jarak.

Arah medan listrik didefinisikan sebagai berikut:

i) Keluar dari muatan jika muatan tersbut memiliki tanda positif.

E E

E E

G negatif.

Contoh

Ada dua buah muatan masing-masing q1 = 2 mC dan q2 = -5 mC. Ke dua muatan tersebut ipisahkan oleh jarak 80 cm. A) berapa kuat medan litrik dan arahnya pada titik tepat di antara dua muatan tersebut? (b) Di manakah posisi yang memiliki medan nol?

Jawab

Perhatikan Gbr. 1.11.

ambar 1.11

dan r2 = 0,4 m uat medan listrik yang dihasilkan muatan q1 d

q1=2 mC q2= -5 mC

r = 0,8 m

r1 = 0,4 m r1 = 0,4 m Ep1 Ep2 P

q1=2 mC q2= -5 mC

r = 0,8 m

r1 = 0,4 m r1 = 0,4 m Ep1 Ep2 P

G

a) Tampak bahwa r1 = 0,4 m K

8 2

2

1 (0,4)

r

Kuat medan listrik yang dihasilkan muatan q2

3 9

1 _{=(9×10 )}2×10 _=1,1×10

−

q

N/C (ke kanan)

1 =k E_p

8 2

3

−

9 2

2

2 _{2,8 10}

) 4 , 0 (

10 5 ) 10 9

( × × = ×

=

r q

N/C (ke kanan) P yang dihasilkan oleh dua muatan

N/C (ke kanan)

b) Posisi dengan medan nol tidak mungkin berada di antara dua muatan karena masing-masing muatan menghasilkan medan yang arahnya ke kanan.

Posisi dengan medan nol juga tidak mungkin berada di sebelah kanan muatan q2 karena jarak ke muatan q2 lebih kecil daripada jarak ke muatan q1 sedangkan nilai muatan q2 lebih besar aripada nilai muatan q1. Dengan demikian, di sebelah kanan muatan q2, medan yang

atan q2 selalu lebih besar daripada medan yang dihasilkan muatan q1 sehingga e dua medan tidak mungkin saling menghilangkan.

alah di sebelah kiri muatan q1. Misalkan posisi

2 =k E_p

Medan total pada titik

8 8

8 2

1+ =1,1×10 +2,8×10 =3,9×10

= _{p p}

p E E

E

d

dihasilkan mu k

Posisi yang mungkin memiliki medan nol ad

Jarak titik tersebut ke muatan q1: x Jarak titik tersebut ke muatan q2: 0,8 + x Muatan q1 menghasilkan medan ke arah kiri

e dua medan saling menghilangkan jika besarnya sama, atau Muatan q2 menghasilkan medan ke arah kanan

K

2 2 _{(0,8 )}

x

x +

2

1 _k q

q

k =

2 2

1 2 2

2 5 )

8 ,

0 x x

q q

x = =

+

(

2 2 ₅

) 8 , 0 (

2 +x = x

2 2_{) 5}

6 , 1 64 , 0 (

2 + x+x = x 2 2 ₅

2 2 , 3 28 ,

1 + x+ x = x atau

0 28 , 1 2 , 3

3 2 _{− − =}

x x

Solusinya adalah

6 6

3

2× = =

=

x = 1,4 m

Jadi medan listrik nol terjadi pada jarak 1,4 m di sebelah 1 , 5 2+

kiri muatan q1

ibusi muatan

edan listrik yang dihasilkan oleh muatan titik. i medan yang dihasilkan oleh masing-masing lebih rumit, yaitu jika muatan ang menghasilkan medan bukan merupakan muatan titik, melainkan muatan yang terdistrubusi pada benda yang memiliki ukuran besar. Sebagai contoh adalah muatan yang dihasilkan oleh batang, cincin, bola, dan sebagainya.

Hukum Coulomb tetap berlaku untuk distribusi muatan apa saja. Namun untuk distribusi muatan pada benda besar kita sering mengalami kesulitan menggunakan hokum Coulomb secara langsung kecuali untuk beberapa bentuk. Kita akan mencari medan listrik yang dihasilkan oleh benda yang bentuknya sederhana.

a) Medan listrik oleh muatan cincin

in yang berjari-jari a. Cincin tersebut mengandung muatan q yang tersebar ecara merata. Artinya, jumlah muatan per satuan panjang cincin adalah konstan. Kita akan mencari kuat medan listrik sepanjang sumbu cincin, yaitu pada posisi yang berjarak h dari pusat cincin. Bagaimana menghitungnya?

, 3 6 , 25 2 , 3 ) 28 , 1 ( 3 4 ) 2 , 3 ( 2 ,

3 ₊ 2 _{− × × − +}

1.4 Medan Listrik yang dihasilkan distr Di bagian terdahulu kita sudah membahas m Medan total merupakan penjumlahan vector dar

muatan titik. Sekarang kita meningkat ke kondisi yang sedikit y

Kita memiliki cinc s

∆E

∆E_{v ∆E}

∆E_v

Gambar 1.12 Medan listrik di sumbu cincin r _θ

h h

∆E

Keliling cincin adalah

a

S =2π (1.10)

Kerapatan muatan cincin (muatan per panjang) adalah

a q S q

π λ

2

= =

Kita bagi cincin atas bagian-bagian kecil sejum ah N buah. Panjang tiap bagian adalah l

N S S =

∆ (1.11)

Jika N cukup besar maka ∆S cukup kecil sehingga tiap bagian dapat dipandang sebagai muatan titik. Dengan demikian, hokum Coulomb untuk muatan titik dapat digunakan untuk menghitung medan yang dihasilkan ∆S.

Muatan yang dikandung tiap elemen adalah

S q= ∆

∆ λ (1.12)

a r _θ

h h

∆E

sehingga medan listrik pada titik pengamatan yang dihasilkan oleh elemen muatan ini adalah

2

2 ₄

1

1 q

E = ∆ =

∆ 4 r S r _o o ∆ λ πε πε (1.13)

engan menggunakan dalil Phitagoras maka

+ = sehingga D 2 2 2 a h r 2 2 4 1 S

E = ∆

∆ a h o + λ πε 1.14) Perhatikan m

apat diuraikan atas komponen vertikan dan horizontal

(

edan ∆E. Arahnya membentuk sudut θ dengan sumbu cincin. Medan tersebut d

θ cos E E_v =∆

∆ (1.11)

θ sin E E_h =∆

∆ (1.16)

ari gambar tampak bahwa D cos 2 2 a h r ₊ h h ₌ = θ cos 2 2 a h a r a + = = θ engan demikian D

(

_{2 2}

)

3/2 2 2 2 2 ₄ 1 4 1 a h S h a h h a h S E o o v + ∆ = + + ∆ = λ πε λ

πε (1.17)

∆

(

_{2 2}

)

3/2 2 2 2 2 ₄ 1 4 1 E a h S a a h a a h S o o h + ∆ = + + ∆ = ∆ λ πε λ

πε (1.18)

Apabila kita melihat elemen lain di cincin yang tepat berseberangan dengan elemen yang lah kita pilih sebelumnya maka kita dapatkan elemen tersebut menghasilkan komponen

anan sehingga saling meniadakan. te

medan arah vertical yang sama baik besar maupun arah. Namun komponen medan arah horizontal memiliki besar sama tetapi arah berlaw

Akibatnya, komponen horizontal medan yang dihasilkan elemen-elemen pada cincin saling meniadakan seh

karena itu, untu

ihasilkan oleh masing-masing elemen. Jadi medan total yang dihasilkan adalah

ingga medan total yang dihasilkan cincin hanya memiliki arah vertical. Oleh k menentukan medan total kita cukup menjumlahkan komponen vertical yang d

(

)

(

)

∑

∑

∑

∆

+ =

+ ∆ =

∆

= S

a h

h a

h S h E

E

o o

v _{2 2 3/2 2 2 3/2}

4 1 4

1 λ

πε λ

πε (1.19)

Ingat adalah jumlah panjang semua elemen cincin, dan ini tidak lain daripada keliling

cincin. Dengan demikian

∑

∆S

(

)

(2 )

4

1 h

E _3/2

2

2 a

a h

o

π λ

πε ₊ (1.20)

Tetapi,

=

q a)= 2 ( π

λ , yaitu muatan total cincin. Jadi kita peroleh medan total pada sumbu incin

c

(

_{2 2}

)

3/2

4 1

a h

qh E

o +

=

πε (1.21)

b) Medan Listrik Oleh Muatan Batang

Kita akan bahas medan listrik yang dihasilkan oleh batang yang memiliki panjang L di posisi yang sejajar dengan sumbu batang. Titik pengamatan adalah pada jarak a dari ujung batang terdekat. Batang memiliki kerapatan muatan homogen. Jika muatan batang Q maka krapatan muatan batang adalah

L Q

=

λ (1.22)

mener

Panjang tiap elemen adalah

Untuk apkan hokum Coulomb kita bagi batang atas N buah elemen yang sama panjang.

N L L=

∆ (1.23)

ika N sangat besar maka ∆L sangat kecil sehingga tiap elemen dapat dipandang sebagai titik.

at elemen di batang yang jaraknya x dati titik pengamatan. Lihat Gbr. 1.14. Muatan J

yang dikandung elemen tersebut adalah

L Q= ∆

∆ λ (1.24)

en tersebut pada titik pengamatan adalah a

Gambar 1.13 Medan listrik yang dihasilkan oleh batang

Medan yang dihasilkan elem

2

2 ₄

1 4

1

x L x

Q E

o o

∆ =

∆ =

∆ λ

πε

πε (1.25)

Medan total di titik pengamatan adalah

⎟ ⎠ ⎜

⎝ + + +

= _{2 2}

2 2 1

...

4 o x x x_N

λ

πε ⎟ (1.26)

⎞ ⎜

⎛∆ ∆ ∆

∆

=

∑

E 1 L L L

Penjumlahan dalam erikan hasil

E

dengan

a x₁ =

L a x_N = +

tanda kurung memb

) ( ... ₂

2 2 2

1 a a L

L x

L x

L x

L

N +

= ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜

⎝

⎛∆ ₊ ∆ _{+ +} ∆ _(1.27)

Dengan demikian, medan total yang dihasilkan semua muatan pada batang adalah x

a+L dL a

x

a+L

x a

) ( 4 ) ( 4 ) (

4 _o a a+L _o a a+L πε_o a a+L 1

1

1 L ₌ L ₌ Q

= λ

E

πε

πε λ (1.28)

c) Medan Listrik Oleh Dipol

ipol adalah muatan yang sama besar dan berbeda tanda tetapo dipisahkan pada jarak tertentu. lihat dari jarak yang cukup jauh, dipol tampak netral arena kedua muatan sangat berdekatan. Tetapi dilihat dari jarak yang cukup dekat, yaitu pada orde yang sama dengan jarak pisah dua muatan, dipol tampak sebagai dua muatan terpisah.

Aplikasi dipol dapat dijumpai dalam berbadai hal. Bahan dielektrik yang dipakai secara luas bauatn kapasitor atau memori adalah bahan yang mudah menghasilkan dipol begitu ikenai medan listrik dari luar. Makin mudah bahan tersebut menghasilkan dipole, maka konstanta dielektrik bahan tersebut makin besar.

ya

e negatif dipisahkan dan diosilasikan (saling

E₂ D

Biasanya jarak tersebut cukup kecil. Di k

pada pem d

-q +q

β β

Gambar 1.15 Menentukan medan listrik oleg dipol

Pemamcar gelombang elektromagnetik seperti pemancar radio dan televisi umumn m nghasilkajn osilasi dipole. Muatan posisi dan

mendekat dan menjauh). Berdasarkan teori elektromagnetik, muatan yang berosilasi memancarkan gelombang elektromagnetik dengan frekuensi samam dengan frekuensi osilasi muatan.

d/2 d/2 E

E

h r

r

1 θ

E₂

-q +q

β β

d/2 d/2 E

E

h r

r

1 θ

-q +q

β β

d/2 d/2 E

E

h r

r

Kita akan menghitung kuat medan listrik yang dihasilkan oleh dipole. Untuk mudahnya, kita hanya menghitung kuat medan sepanjang gasris yang tegak lurus sumbu dipol. Lihat Gbr. 11.15.

Besar medan yang dihasilkan muatan negatif

2 2 2 1 ) 2 / ( 4 1 4 1 d h q r q E o o + = = πε

πε (menuju ke arah muatan) (1.29)

Besar medan yang dihasilkan muatan positif

2 2 2 2 ) 2 / ( 4 1 4 1 d h q r q E o o + = = πε

πε (menjauhi muatan) (1.30)

Medan resultan yang dihasilkan (hanya memiliki komponen arah horizontal).

β β cos cos ₂

1 E

E

E= +

β πε ( /2) cos

2

1 q

(

4 2 2

d h

o +

1.31)

=

Tetapi β =₉₀o −θ _{, sehingga cos}β =_cos(90o −θ₎=_sinθ

Berdasarkan Gambar 11.15

2 2 _{( /2)}

d h

r ₊

Akhirnya, medan listrik yang dihasilkan dipol adalah 2 / 2 / d = =

θ d (1.32)

sin

θ πε ( /2) sin

4 2 2

d h E

o +

= 1 2q

2 2 2 2 ) 2 / ( 2 / ) 2 / ( 2 4 1 d h d d h q

o + +

=

πε

[

_{2 2}

]

3/2

) 2 / (

4πε_{o h + d} (

1 qd

1.33)

Kita mendefinisikan momen dipol

qd

p= (1.34)

Dengan demikian, diperoleh

[

_{2 2}

]

3/2

) 2 / ( 4

1

d h

p E

o +

=

πε (1.35)

ita peroleh adalah jika jarak titik pengamatan (h) sangat besar ibandingkan dengan jarak antara dua muatan, atau

Kasus khusus yang akan k

h d<<

d , maka kita dapat

mengaproksimasi

engan demikian,

2 2 2 _{( /2)}

h d

h + ≈

D

[ ]

₂ 3/2 ₄ 3

1 4

1

h p h

p E

o o πε

πε =

≈ (1.36)

1.4 Perhitungan Medan

Mari kita perluas cara perhitungan kuat medan listrik dengan menggunakan metode integral. isalkan kita memiliki benda sembarang seperti pada Gambar 1.16.

ambar 1.16 K sembarang

ita ingin mencari kuat medan listrik pada tikip sembarang P. Kita lihat suatu elemen kecil dung muatan . Misalkan vektor posisi elemen tersebut adalah

Dengan Metode Integral M

G uat medan listrik yang dihasilkan benda kontinu

K

benda yang mengan dq rr dan

rr

P

r rr_P −r P

rr

rr

P

r rr_P −r P

vektor posisi titik pengamatan adalah rP

r

. Posisi relatif titik pengamatan terhadap elemen muatan adalah rr_P −rr dan jarak titik pengamatan ke elemen muatan adalah rr_P −rr . Jika

esar mauatan pada titik pengamatan adalah QP maka gaya yang dialami muatan tersebut b

akibat elemen muatan dqadalah

) ( 4

1 Q dq r r r

2 r 3 r

r r F

d

P P o

P r r −

− =

πε

Medan listrik di titik P yang dihasilkan oleh elemen muatan dq adalah

P P P

Q F d E d

r r

=

) ( 4

1

2 3 r r r

r dq

P o

r r r

r −

− =

πε (1.37)

uat medan total di titik P yang dialibatkan oleh seluruh muatan pada benda menjadi K

∫

= _P

P dE

Er r

∫

−

−

= ( )

4 1

2 3 r r r

r dq

P o

r r r r

πε (1.38)

Persamaan (1.38) merupaka bentuk umum dar ersamaan untuk mencri kuat medan listrik yang dihasilkan oleh m

i p

uatan yang terdistribusi kontinu. Berdasarkan jenis distribusi muatan, ita menemui tiga macam yaitu distribusi muatan, yaitu satu dimensi, distribusi muatan dua dimensi, dan ditribusi muatan tiga dimensi.

i) Untuk distribusi muatan satu dimensi, misalnya muatan pada kawat maka k

dx dq=λ dengan λ adalah rapat muatan per satuan panjang dan dx adalah elemen panjang kawat.

tan at maka dq=σdS ii) Untuk distribusi muatan dua dimensi, misalnya mua pada pel

dengan σ adalah rapat muatan per satuan luas permukaan dan dS adalah elemen luas permukaan.

iii) Untuk distribusi muatan tiga dimensi maka dq=ρdV dengan ρ adalah rapat muatan per satuan volum dan dV adalah elemen volum benda.

Untuk lebih memahami aplikasi metode integral ini mari kita tinjau beberaoa contoh berikut ini.

) Muatan Pada Kawat Lurus Tak Berhingga

rus tak erhingga. Lihat skema pada Gbr. 1.1

1.38). a

Kita akan mencari kuat medan listrik pada posisi yang berjarak a dari kawat lu b

Gambar 1.17 Menentukan kuat medan magnet yang dihasilkan oleh elemen kawat lurus panjang

Sebelum melakukan integral, kita harus menyederhanakan dulu ruas kanan persamaan ( Tinjau elemen kawat sepanjang dx yang memuat muatan sebesar dq =λdx. Med yang dihasilkan elemen ini di titik pengamatan adalah

an listrik

) ( 4

1

2 3 r r r

r dx E

d _{P r r} r r

P o

r

− −

= λ

πε

Apabila kita hitung besarnya saja maka besar medan listrik tersebut adalah

r r r r E

d

dE_{P r} dx_r r r

P o

r

− −

=

= _{3 2}

4

1 λ

πε

2

4 _{r r}

P o

r r

−

1 dx

= λ

πε

Berdasarkan Gambar 1.17, jarak antara titik pengamatan dan elemen muatan adalah

r r

rr_P −r = . Dengan demikian

P

a r

θ

dθ

dE_P dE dE_Pv

Ph

P

a r

θ

dθ

dE_P dE dE_Pv

Ph

x

dq x

2

4 _o r

P

1 λdx dE

πε

= (1.39)

ampak dari Gbr 1.17 bahwa T θ sin = r a atau θ 2 2 2 sin a 1 1

r = (1.40)

θ θ

θ sin

cos tan L a

a L

x= _o − = _o −

Selanjutnya kita mencari diferensial dx sebagai berikut. Dengan melakukan diferensial ruas kiri dan kanan persamaan (1.41) diperoleh

(1.41)

⎥⎦ ⎤

⎡ ₋

−

= θ θ

θ θ sin ) (sin cos sin ) (cos d d a dx

⎢⎣ 2θ

θ θ θ θ θ θ θ θ θ θ θ θ θ θ d a d a d d a ₂ 2 2 2 2 2 _sin cos sin sin cos 1 sin cos cos sin

sin ₌ +

⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + = ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡− ₋ − = θ θ 2 sin d a

= (1.42)

ubstitusi r dan dx dari persamaan (1.40) dan (1.42) ke dalam persamaan (1.39) diperoleh S ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛

= ₂ sin₂2 sin 4 1 a d a o P θ θ θ λ πε dE θ λ πε_o ad 4

1

= (1.43)

edan dapat diuraikan atas dua komponen, yaitu yang sejajar dengan kawat dan yang tegak lurus kawat

P

dE dE_Ph

M

θ θ λ πε

θ d

a dE

dE

o P

Ph ₄ cos

1 cos = =

dan

θ θ λ πε

θ d

a dE

dE

o P

Pv ₄ sin

1 sin = =

Setiap elemen dx akan memiliki elemen pasangan yang berseberangan dari lokasi titik pengamatan yang memiliki komponen medan arah horisontal yang sama besar tetapi

agnet total di titik P dalah integral dari komponen medan arah vertikal.

elanjutnya kita menentukan batas-batas integral. Karena kawat panjang tak berhingga, maka batas bawah adalah θ = 0o _{dan batas atas adalah θ = 180}o_{. Dengan demikian, medan listrik} total yang dihasilkan kawat adalah

berlawanan arah. Kedua komponen tersebut saling meniadakan. Akibatnya, hanya komponen arah vertikal yang memberi kontribusi pada medan listrik total. Dengan demikian, kuat medan m

S

∫

=

o

o

Pv P dE

E 180

0

∫

=

o

d a sin 4

1 λ _{θ θ}

πε_o o 180 0

[

]

[

( 1) (1)

]

4 1 cos

4

1 180

0 = − − +

− =

a

a _o

o

o o

λ πε θ

λ πε

a

o

λ πε 2

1

= (1.44)

Lihat Gambar 1.18 b) Medan listrik oleh kawat lurus berhingga

Sekarang kita akan membahas kasus yang sedikit rumit, yaitu menentukan medan listrik yang dihasilkan oleh muatan listrik pada kawat lurus yang panjangnya berhingga. Misalkan kita memiliki kawat yang panjangnya Lo. Kita akan menentukan kuat medan listrik pada titik yang berjarak a dari kawat dan dan sejajar dengan salah satu ujung kawat.

Untuk menentukan kuat medan listrik di titik pengamatan, kita tentukan variabel-variabel seperti pada Gbr. 1.19

Gambar 1.18 Skema perhitungan medan listrik oleh muatan pada kawat lurus bergingga

erupa dengan pembahasan untuk kawat yang panjangnya tak berhingga, besar medan listrik ang dihasilkan elemen kawat dx adalah

Gambar 1.19 Variabel-variabel perhitungan

S y

θ θ λ

πε acos d dE

o Ph ₄

1

=

dan

θ θ λ πε a d dE

o Pv ₄ sin

1

=

erlu diperhatikan bahwa untuk kasus ini, komponen medan arah horizontal tidak saling enghilangkan. Komponen horizontal dan vertical sama-sama memberi kontribusi pada

Sekarang kita tentukan batas-batas integral. Ketika elemen dx berada di ujung kiri kawat, ma

P m

medan total.

ka sudut yang dibentuk adalah θm yang memenuhi tanθ_m =a/L_o. Dan ketika elemen dx berada di ujung kanan kawat maka sudut yang dibentuk adalah 90o. Jadi, batas integral adalah dari θm sampai 90o. Maka kita dapatkan medan magnet di titik P adalah

Lo

a P

Lo

a P

a

x

dx

θ

P r

a/tanθ

a

x

dx

θ

P r

∫

= d

a

E_Ph cos

4

1 λ _{θ θ}

πε o m o 90 θ

[

]

[

o

]

o o a a

o

m θm

λ πε θ

λ

πε θ ₄ sin90 sin

1 sin

4

1 90 _{= −}

=

[

m

]

o a

θ λ

πε 1 sin 4 1 ₋ = (1.45)

∫

= o m d a E o Pv 90 sin 4 1 θ θ θ λ πε

[

]

[

m

]

o o a a

m

θ

λ o λ o θ

πε

πε θ ₄

4 cos90 cos

1 cos

1 ₋ 90 _{= − +}

=

[

]

m

o m a o a θ λ πε θ λ πε cos 1 cos 0 4

1 _{− + =}

= (1.46)

4

Karena tanθ_m =a/L_o maka

2 2 sin o m L a + = θ a an d 2 2 cos o o m L a L + = θ Dengan demikian ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ a (1.47) ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ + − = 2 2 1 4 1 o o Ph L a a E λ πε 2 2 4 1 o o o Pv L a L a E + = λ

πε (1.48)

Jika panjang kawat di satu sisi sangat besar, atau L_o →∞ maka . Dengan

demikian 2 2 2 o o L L a + ≈

[

]

a a L a a L a a E o o o o o o Ph λ πε λ πε λ πε λ πε 4 1 0 1 4 1 1 4 1 1 4 1

2 ⎥_⎦≈ − =

⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − = ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − ≈ a L L a L L a E o o o o o o o Pv λ πε λ πε λ πε 4 1 4 1 4 1

2 = =

≈

Selanjutnya kita bahas kasus yang lebih umum lagi di mana titik pengamatan berada di antara dua ujung kawat. Misalkan titik tersebut berjarak a dari kawat dan berjarak b dari salah satu s ini sebenarnya tidak terlalu sulit. Kita dapat memandang bahwa medan rsebut dihasilkan oleh dua potong kawat yang panjangnya b dan panjangnya Lo – b di mana titik pengamatan berada di ujung masing-masing potongan kawat tersebut. Kuat medan arah tegak lurus yang dihasilkan

horizontal saling melemahkan.

hingga

Komponen-komponen medan yang dihasilkan kawat sepanjang b adalah ujung kawat. Kasu

te

dua kawat saling mnguatkan sedangkan kuat medan arah

Gambar 1.20 Kuat medan listrik pada posisi sembarang di sekitar kawat lurus ber

⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + − = 2 2 1 1 4 1 b a a a E o Ph λ πε 2 2 1 4 1 b a b a E o Pv + = λ πε

Komponen-komponen medan yang dihasilkan kawat sepanjang L-b adalah

⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎡ −

= 1 1 a

E λ

⎣ 2 + − 2

2

) (

4 a _{a L b}

o o

Ph _πε

Lo a P

L_o-b b

Lo a P

L_o-b b

2 2 2 ) ( 4 1 b L a b L a E o o o Pv − + − = λ πε

Komponen medan vertical total menjadi (saling menguatkan)

2 1 Pv Pv Pv E E

E = +

2 2

2

2 4 _{( )}

4 a _{a b} a _{a L b}

o o

o + πε + −

πε

1

1 b L_o −b

+ λ

λ

(1.49)

=

ponen medan horisontal total menjadi (saling melemahkan) Kom

2 1 Ph Ph Ph E E

E = −

⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + − − ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − + − = 2 2 2

2 4 1

1 ) ( 1 4 1 b a a a b L a a a _o o o λ πε λ πε ⎥ ⎥ ⎤ ⎢ ⎡ −

= 1 λ a a

⎦ ⎢⎣ 2 + 2 2 +₍ − ₎2

4 a _{a b a L b}

o o πε ⎥ ⎥ ⎤ ⎦ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − + − + = 2 2 2

2 _{( )}

1 1

4 _{a b a L b}

o o

πε λ

(1.50)

Selanjutnya kita mencari kuat medan listrik pada titik yang berada di luar areal kawat, isalnya pada jarak b di sebelah kiri kawat. Lihat Gambar 1.21.

h ini dapat dipandang ebagai dua poto g kawat berimpit. Satu potong kawat panjangnya dan memiliki rapat muatan λ dan potong kawat lain panjangnya dan memiliki rapat muatan -λ. Ujung kiri dua potongan kawat diimpitkan.

edan listrik yang dihasilkan potongan kawat panjang adalah m

ana memecahkan masalah ini? Kita pakai trik sederhana. Masala Bagaim

s L_o +b

b n Kuat m ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ + + − = 2 2 1 ) ( 1 4 1 b L a a a E o o Ph λ πε

2 2

1

) (

4 1

b L a

b L a

E

o o o

Pv

+ +

+ = λ

πε

wat lurus erhingga. Kita dapat memandang system terdiri dari dua kawat dengan panjang Lo+byang memiliki kerapatan muatan λ dan kawat sepanjang b dengan kerapatan muatan -λ yang diimpitkan di sisi kirinya.

Kuat medan listrik yang dihasilkan potongan kawat pendek adalah

Gambar 1.21 Menentukan kuat medan listrik pada posisi sembarang di luar ka b

⎥ ⎦ ⎤ ⎢

⎣ ⎡

+ − =

2 2

2 ₄ 1

1

b a

a a

E

o Ph

λ πε

2 2 2

4 1

b a

b a E

o Pv

+

= λ

πε

Medan listrik arah vertical maupun horizontal total merupakan selisih komponen medan listrik yang dihasilkan masing-masing kawat karena tanda muatan berlawanan. Jadi

Komponen medan arah horizontal adalah

2 1 Ph Ph Ph E E

E = −

Lo a P

b

-λ λ

Lo a P

b

-λ λ

Lo a P

b

λ

Lo a P

b

⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + − − ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ + + − = 2 2 2

2 4 1

1 ) ( 1 4 1 b a a a b L a a a _o o o λ πε λ πε ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ + + − + = 2 2 2

2 _{( )}

4 1 b L a a b a a a o o λ πε ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ + + − + = 2 2 2

2 _{( )}

1 1

4 _{a b a L b}

o o

πε λ

(1.51)

Komponen medan arah vertikal adalah

2 1 Pv Pv Pv E E

E = −

2 2 2 2 4 1 ) ( 4 1 b a b a b L a b L a _o o o o + − + + + = λ πε λ πε ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎛ ₊

= 1 λ Lo b

⎝ +

− +

+ 2 2 2

2 _{( )}

4 _{a b}

b b L a a o o

πε (1.52)

0 →

a maka

Untuk kasus ketika

⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + − = ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ + + − + = b L b b L b E o o o o Ph 1 1 4 ) ( 0 1 0 1

4 2 2 2 2 πε

λ πε λ (1.53) 0 4 1 0 ) ( 0 4 1 2 2 2

2 ⎟⎟_⎠=

⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − + + = ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ + − + + + = b b b L b L a b b b L b L a E o o o o o o Pv λ πε λ

πε (1.54)

um Coulomb. Lebih khusus lagi jika kita ingin bu cincin. Lihat Gbr. 1.22

isalkan sebuah cincin dengan jari-jari a mengandung muatan Q. Kita ingin menentukan kuat edan listrik sepanjang sumbu cincin pada jarak b dari pusat cincin. Berdasarkan Gbr 1.22 besarnya medan listrik di titik P yang dihasilkan oleh elemen cincing sepanjang dL adalah c) Medan Listik oleh Cincin

incin adalah bentuk geometri lain yang memungkinkan kita menentukan medan listrik C

dengan cukup mudah menggunakan huk enghitung kuat medan listrik sepanjang sum m

M m

2

4 1

r dq dE

πε

=

Gambar 1.22 Medan listr

ampak juga dari gambar 1.22, dE dapat diuraikan atas dua komponen yang saling tegak lurus, k luru ajatr sumbu. Besarnya nilai komponen-komponen tersebut adalah

ik di sumbu cincin yang dihasilkan oleh elemen pada cincin

T

yaitu komponen tega s dan sej

α sin

dE

dE_⊥ = (1.55a)

α cos

// dE

dE = (1.55b)

Tiap elemen kawat memiliki pasangan di seberangnya (lokasi diametrik) di mana komponen gak lurus sumbu memiliki besar sama tetapi arah tepat berlawanan. Dengan demikian ke meniadakan. Oleh karena itu, untuk menentukan kuat medan te

dua komponen tersebut saling

total kita cukup melakukan integral pada komponen yang sejajar sumbu saja. Besar medan total menjadi

∫

∫

=

= dE_// dEcosα

E

∫

= α

πε cos 4

1

2 r dq

o

(1.56)

Semua parameter dalam integral konstan kecuali dq. Dengan demikian kita peroleh

a

r b

Q

α

α P

dq

dB

⊥

//

dB

dB

a

r b

Q

α

α P

dq

dB

⊥

//

dB

Q r

dq r

E

o o

α πε

α

πε cos

1 4

1 cos

1 4

1

2

2 =

=

_∫

α πε cos 4

1

2 r

Q

o

= (1.57)

Dari Gbr. 1.22 tampak bahwa a/r =sinα. Akhirnya kita dapatkan α

α πε sin cos 4

1 2

2 a

Q E

o

= (1.58)

Untuk kasus khusus titik di pusat lingkaran, kita dapatkan α = 90o sehingga E = 0.

Contoh

Kita memiliki dua cincin konsentris dengan jari-jari a1 dan a2. Masing-masing cincin memiliki muatan Q1 dan Q2. Berapa kuat medan listrik pada lokasi:

) berjarak b dari pusat cincin sepanjang sumbu cincin ) pada pusat cincin

awab

a) Kuat me a

b

J

b

2

a α

Gambar 1.23

dan listrik yang dihasilkan cincin bermuatan Q1 adalah

1 1 2_{α cosα} 2

1 1

1 sin

4 1 πε a

Q E

o

=

a₁

1

α₂

Q₂

1

Q b

2

a α

a₁

1

α₂

Q₂

1

Kuat medan magnet yang dihasilkan oleh cincin bermuatan Q2

2 2 2 2 2 2

2 sin cos

4

1 _{α α}

πε a Q E

o

=

Kuat medan magnet total

2 1 E

E

E= +

2 2 2 2

2 _{sin cos}

4

1 _{α α}

πε a Q

+

2 1

1 2 2 1

1_{sin cos}

4

1 _{α α}

πε a Q

o o

=

) Di pusat cincin terpenuhi α1 = α2 = 90o sehingga E = 0.

rupa busur dengan sudut panjang sumbu cincin yang berjarak b a kasus ini pun kita memiliki dua komponen medan, yaitu yang searah umbu dan yang tegak lurus sumbu. Medan tersebut diperoleh dengan mengintegralkan

en medan yang diberikan oleh persamaan (1.55a) dan (1.55b). Kuat medan total searah sumbu adalah

b

d) Kuat medan listrik di sumbu cincin tidak penuh

Sekarang kita anggap cincin bukan lingkaran penuh, tetapi hanya be keliling θ. Kita ingin mencari berapa kuat medan di se

dari pusat cincin. Pad s

kompon

∫

=θ α

0

// dEcos

E

∫

∫

=

= θ α θ

πε α

πε 2 ₀

0 2

cos 4

1 cos

4 1

dq r

r dq

o o

(1.59)

tegral di ruas kanan persamaan (1.59) adalah muatan total pada busur cincin. Jadi

ian

Q dq =

∫

θ

0

. In

Dengan demik

2 //

cos 1 Q 4 _o r

E α

πε

α sin /r =

a

Dengan menggunakan hubungan maka

α α πε

4 2

//

a

o

cos sin

1 Q 2

= (1.60)

Untuk menentukan kuat m dan yang tegak lurus sumbu, ada dua kasus yang harus diperhatikan. Kasus pertama adalah jika panjang busur kurang dari setengah lingkaran. Dalam

asus ini, tiap elemen busur tidak memiliki pasangan diameteris yang menghasilkan al yang saling meniadakan. Semua elemen menguatkan medan total. uat medan total menjadi

E

e

k

komponen medan horisont K

∫

=

⊥

θ

α

0

sin

dE E

∫

∫

= θ

θ _α

πε α

πε 2 2

sin 1 sin

1

dq dq

=

0

0 4

4 _o r _o r

2

sin 4

1 r Q

o

α πε

=

α

3

sin 1 Q

=

πε 2

4 _o a

Jika panjang busur lebih dari setengah lingkaran, maka mulai ada pasangan diametris yang menghasilkan medan arah horisontal yang saling meniadakan. Lihat Gambar 1.24

Panjang busur membe

(1.61)

ntuk sudut θ. Tampak dari Gambar 1.24, dari busur yang ada, sebagian lemen mempunyai pasangan diametris yang menghasilkan komponen medan arah horisontal yasama besar tetapi berlawanan arah. Hanya bagian busur lingkaran sepanjang 2π - θ yang tidak memiliki pasangan diametri sehingga memberi kontribusi pada medan magnet total arah horisontal. Dengan demikian, medan magnetik total arah horisontal adalah

e

∫

=

⊥ dEsinα

dE

∫

∫

− = −

= π θ α π θ

πε α πε

2 0

0 4

4 _o r _o r2

2 2

sin 1 sin

1

dq dq

Q

θ θ π α

r

o

πε

4 2

− × = 1 sin 2

α θ

π

πε 2 ⎟sin3

⎞ 1 2 4

1

⎠ ⎜

⎝ ⎛ ₋ =

a Q

o

(1.62)

terbentuk lingkaran penuh maka θ = 2π dan medan total

1.5 Garis Gaya Listrik

Untuk menvisualisasikan medan listrik sehingga kita memiliki gambaran tentang besar maupun arahnya, maka didefinisika garis gaya listrik. Garis gaya listrik adalah garis khayal yang keluar dari muatan positif dan masuk ke muatan negatif. Setelah menggambarkan garis gaya listrik maka kita dapat mendefinisikan medan listrik sebagai berikut

i) Besarnya me n listrik sebanding dengan kerapatan garis gaya per satuan luas permukaan yang ditembus garis gaya

ii Arah medan lis

Gambar 1.25 Garis gaya listrik

Kuat medan listrik di titik A lebih besar daripada kuat medan listrik di titik B dan kuat medan listrik di titik B lebih besar daripada kuat medan listrik di titik C.

Gambar 1.24 Kuat medan listrik oleh busur cincin yang melebihi setengah lingkaran

anpak dari persamaan (1.62), jika T

arah horisontal nol.

n

da

trik di suatu titik sama sejajar dengan garis singgung garis gaya pada titik tersebut.

2π-θ

2π-θ

2π-θ

2π-θ

A B

C

A B

Karena kuat medan listrik sebanding dengan kerapatan garis gaya maka dapat pula kita katakana bahwa kuat meda

Dan karena kuat medan listrik berbanding lurus juga dengan besar muatan maka dapat kita impulkan bahwa

Jumlah garis gaya berbanding lurus dengan muatan.

Makin besar muatan yang dimiliki duatu partikel maka makin banyak garis gaya yang keluar atau masuk ke partikel tersebut.

Gambar 1.26 Definisi fluks listrik

Pada Gambar 1.26 me

n listrik berbanding lurus dengan jumlah garis gaya.

s

1.6 Hukum Gauss

Gauss merupakan metode yang sangat efektif untuk mencari kuat medan listrik di Hukum

sekitar muatan kantinu pada benda yang memiliki simetri. Kita akan menerapkan hukum Gauss pada beberapa kasus.

a) Fluks Listrik

Sebelum menerapkan hukum Gauss, mari kita bahas dulu fluks listrik. Fluks listrik didefinisikan sebagai perkalian scalar antara vector kuat medan listrik dengan vector luar permukaan yang ditembus oleh medan tersebut.

Er Er

dan listrik Er menembus permukaan dengan vector luas permukaan Ar. Fluks listrik yang melewati permukaan memenuhi

θ

φ =Er•Ar = EAcos (1.63)

A

θ

r

A

θ

Jika permukaan yang ditembus medan terdiri dari sejumlah segmen, maka fluks total sama dengan jumlah fluks pasa masing-masing segmen. Contohnya, untuk Gbr 1.27, fluks total

apat ditulis sebegai d

2

Er₂ Er

1

Er E3

r

1

A

2

A

3 A

r 1

2

θ

3

θ

θ

4

Er

r

Gambar 1.27 Medan listrik menembus sejumlah segmen permukaan

4 3 2

1 φ φ φ

φ

φ = + + +

4 4 3 3 2 2 1

1 A E A

Er • r + r • r +Er •Ar +Er •Ar

=

4 4 4 3 3 3 2 2 2 1 1

1A cosθ E A cosθ E A cosθ E A cosθ

E + + +

= (1.64)

Jika jumlah segmen permukaan ada n buah, maka fluks total yang melewati seluruh permukaan dapat ditulis sebagai

∑

=

• = n

i

i i A

E 1

r r

φ

∑

=

= n

i

i i iA

E 1

cosθ (1.65)

Dalam kasus umum di mana permukaan yang dikenai medan listrik adalah permukaan sembarang dan kuat serta arah medan listrik juga sembarang maka fluks yang melewati

ermukaan ditentukan dengan integral sebagai berikut

(1.66) p

∫

= E θdA

φ cos

r r

4

A

θ 4

1

Er E3

r

1

A

2

A

3 A

r 1

2

θ

3

θ

θ

4

Er

r

r r

4

A

b) Fluks Pada Permukaan Tertutup

Fluks ada karena adanya garis gaya. Garis gaya gaya adalah lokasi pada jarak tak b

an muatan positif di dalam permukaan tertutup.

dihasilkan oleh muatan tersebut yang asuk pada sisi depan permukaan pasti keluar di sisi belakang permukaan. Karena tidak ada keluar dari muatan positif. Ujung dari garis erhingga dari muatan positif atau muatan negatif. Ketika bertemu muatan negatif, maka garis yang dihasilkan muatan positif berakhir di muatan negatif.

Permukaan tertutup

Permukaan tertutup Permukaan tertutup

Permukaan tertutup

(i) (ii)

(iii) (iv)

Permukaan tertutup Permukaan tertutup

Permukaan tertutup Permukaan tertutup Permukaan tertutup Permukaan tertutup

Permukaan tertutup Permukaan tertutup

(i) (ii)

(iii) (iv)

Gambar 1.28 (i) muatan positif berada di luar permukaan tertutup, (ii) muatan negatif berada di luar permukaan tertutup, (iii) muatan positif di luar permukaan tertutup dan muatan negatif di dalam permukaan tertutup, (iv) muatan negatif di luar permukaan tertutup d

i) Misalkan di sekitar sebuah muatan positif terdapat permukaan tertutup. Muatan tersebut berada di luar permukaan tertutup. Garis gaya yang

muatan negatif

garis gaya hanya berakhir di jarak tak berhingga. Pada sisi depan permukaan, sudut yang ibentuk garis gaya dengan vector luas lebih besar daripada 90o sehingga fluks berharga , sudut yang dibentuk garis gaya dengan vector luas

i luar pemukaan ada muatan negatif maka garis gaya akan masuk menuju permukaan tersebut. garis gaya yang masuk di sisi belakang permukaan akan keluar di sisi depan permukaan. Kedua fluks tersebut juga sama besar sehingga fluks total pada permukaan teetutup nol.

iii) Jika di luar permukaan ada muatan positif dan di dalam permukaan ada muatan negatif, maka ada sebagian garis gaya yang masuk di sisi depan permukaan tidak keluar di sisi belakang permukaan karena garis gaya tersebut berakhir di muatan negatif dalam permukaan. Akibatnya, fluks yang masuk permukaan tidak sama dengan fluks yang keluar permukaan. Justru, fluks yang masuk permukaan lebih besar daripada fluks yang keluar permukaan. Dengan demikian, fluks total untuk permukaan tertutup tersebut tidak nol.

iv) Jika di luar permukaan ada muatan negatif dan di dalam permukaan ada muatan positif, maka ada tambahan garis gaya yang keluar pada permukaan namun tidak berasal dari garis gaya yang masuk di sisi lain. Garis gaya tersebut dihasilkan oleh muatan positif dalam permukaan. Akibatnya, fluks yang keluar permukaan tidak sama dengan fluks yang masuk permukaan. Justru, fluks yang keluar permukaan lebih besar daripada fluks yang masuk permukaan. Dengan demikian, fluks total untuk permukaan teetutup tersebut tidak nol.

Gauss merumuskan hokum yang menghubungkan fluks total pada permukaan tertutup dengan jumlah muatan yang dikandung oleh permukaan tersebut. Hukum tersebut dirumuskan sebagai berikut

di dalam permukaan yang berperan sebagai titik akhir dari garis gaya maka

d

negatif. Pada sisi belakang permukaan

lebih kecil daripada 90o sehingga fluks berharga positif. Kedua fluks tersebut sama besar sehingga fluks total pada permukaan tertutup nol.

ii) Jika d

o tertutup permukaan tertutup

permukaan

i i

q A

E

ε

∑

∑

−

−

= • r

r

atau

o tertutup permukaan tertutup

permukaan

i i i

q A

E

ε

θ

∑

∑

−

−

=

di mana Ei adalah kuat medan pada segmen permukaan ke-i, Ai adalah luas segmen permukaan ke-i, θi : adalah sudut yang dimebtnuk oleh vector medan dan vector luas pada segmen permukaan ke-i

∑

−tertutup permukaan

q adalah jumlah muatan yang dilingkupi permukaan

tertutup. Untuk permukaan yang sembarang, hokum Gauss dapat diungkpakan dalam bentuk integral, yaitu

o

q dA

E

ε

θ

∑

∫

cos =

atau

o

q A

d E

ε

∑

∫

r• r = (1.68)

Simbol

∫

akan mempelajari beberapa aplikasi hokum Gauss untuk menentukan kuat medan listrik yang dihasilkan oleh benda dengan simetri tertentu.

Kawat Lurus Panjang

Sebuah kawat lurus panjang memiliki kerapatan muatan λ. Kita akan mene

menyatakan bahwa aintegral dilakukan pada permukaan tertutup. Berikut ini kita

ntukan kuat medan strik pada jarak sembarang dari kawat. Langkah yang harus kita lakukan adalah

li

i) Buat permukaan Gauss

Jika kita ingin menentukan kuat medan pada jarak r dari kawat maka permukaan Gauss yang kita gunakan berupa silinder dengan jari-jari r seperti pada Gbr. 1.29. Panjang silinder bisa bebas. Kita anggap panjangnya L.

r

L r

L

sekitar kawat lurus Gambar 1.29 Permukaan Gauss untuk menentukan kuat medan listrik di

Jadi, permukaan Gauss yang kita m

alas, dan tutup. Alas dan tutup masing-masing berbentuk lingkaran.

iliki berupa permukaan silinder yang terdiri atas selubung,

ii) Langkah berikutnya adalah menentukan

∑

E_iA_icosθ_i. Karena sifat simetri dari kawat

maka kita dapat menduga bahwa arah medan listrik pasti menembus selubung silinder tegak

diilustrasikan pada Gbr. 1.30

lurus. Berarti pula arah medan listrik menyinggung alas atau tutup silinder seperti

θ

s dapat dinyatakan sebagai penjumlahan tiga bagian, yaitu Gambar 1.30 Arah medan listrik pada permukaan Gauss

Penjumlahan

∑

E_iA_ico _i

{

}

_alas

{

}

_tutup

{

}

_{se ung}

i i

iA E A E A E A

E cosθ = _{1 1}cosθ₁ + _{2 2}cosθ₂ + _{3 3}cosθ_{3 lub}

∑

(1.69)

Mari kita hitung suku-suku dalam persamaan (1.69) satu per satu

rah medan listrik menyinggung alas. Karena arah vector luas permukaan tegak lurus bidang permukaan itu sendiri, maka arah medan listrik pada alas tegal lurus arah vector luas alas. Dengan demikian, dan

Alas: A

o

90

1 =

θ E₁A₁cosθ₁ = E₁A₁cos90o =E₁A₁×0=0 E

E

E E

Gambar 1.31 Arah medan listrik di alas silind

Tutup:

Arah medan listrik menyinggung tutup. Karena arah luas permukaan tegak lurus bidang permukaan itu sendiri, maka a

er

rah m tup tegak lurus arah vector luas tutup. Dengan demikian, dan

Gambar 1.32

elubung

rah medan listrik tegak lurus selubung. Berarti

edan listrik pada tu

o

90

2 =

θ E₂A₂cosθ₂ =E₂A₂cos90o =E₂A₂×0=0

Arah medan listrik di tutup silinder

S

A θ₃ =0. Dengan demikian

3 3 3

3 3

3 3 3

3A cos E A cos0 E A 1 E A

E θ = o = × =

Gambar 1.33 Arah medan listrik di selubung silinder

θ₁

A₁ A₁

E₁ E₁

θ₁

A₂

E₂

θ₂

A₂

E₂

θ₂

E

₃

3

A

E

₃

3

Luas selubung adalah

3 = (keliling selubung) × (panjang selubung) A

L r×

=2π

Dengan demikian

(1.70)

Sekarang kita menentukan muatan total yang dilingkupi permukaan Gauss. Muatan tersebut hanya ada berada pada bagian kawat sepanjang L. Dengan demikian

(1.71)

engan menggunakan hokum Gauss, maka

3

3 2 2

0 0

cos E rL rLE

A

E_{i i} θ_i = + + × π = π

∑

∑

q=λL

D

o

L rLE

ε λ π ₃ =

2

r E

o

πε λ 2

3 = (1.72)

yang merupakan kuat medan listrik pada jarak r dari kawat.

Muatan Titik

Misalkan kita memeiliki muatan titik Q dan kita ingin menentukan kuat medan listrik pada rak r dari muatan tersebut. Langkah pertama adalah memilih permukaan Gauss sehingga esar medan listrik pada tiap titik di permukaan tersebut sama dan sudut yang dibentuk medan

muatan titik, hanya permukaan bola yang erpusat di muatan yang memenuhi sifat tersebut. Jadi kita pilih permukaan Gauss berupa

bola dengan jari-jari r dan berpusat di muatan.

Karena hanya ada satu permukaan maka

Arah medan di permukaan bola adalah radial. Arah vector permukaan juga radial. Jadi medan dan vector pemukaan memiliki arah yang sama sehingga θ = 0 atau cos θ = 1. Dengan demikian

ja b

dan vector permukaan selalu sama. Untuk kasus b

permukaan

θ

θ cos

cos EA A

E_{i i i} =

∑

(4 2) r E× π

EA A

E_{i i}cosθ_i = = E × (luas permukaan bola) = .

ang dilingkupi permukaan Gaus adalah muatan titik itu sendiri. Jadi . Substitusi ke dalam hokum Gauss diperoleh

Jumlah total muatan y

∑

q=Q

o

Q r

E×(4π 2)=

ε atau

2

4 1

r Q E

o

πε

=

Hasil ini p

erikutnya kita akan menentukan kuat medan listrik yang dihasilkan pelat tak berhingga yang mengandung kerapatan muatan konstan. Muatan per satuan luas yang dimiliki pelat kita anggap σ. Kita buat permukaan Gauss yang berbentuk silinder seperti pada Gbr. 1.34. Pelat

emotong siilinder tepat di tengah-tengahnya sehingga jarak alas dan tutup silinder ke pelat sama. Misal

ersis sama dengan apa yang diperoleh dengan menggunakan hokum Coulomb.

Pelat Tak Berhingga B

m

kan luas alas atau tutup silinder adalah A.

Gambar 1.34 Permukaan Gauss di sekitar pelat tak berhingga A

A₁ A₂

A₃

E E

A

A₁ A₂

A₃

Kita dapatkan

(

)

23

45 2

2 34

10 24 , 1 2 ) 10 8 , 1 ( 4

10 625 ,

6 −

− −

× = × ×

× =

∆

π

E J

20) Perkirakan energi ikat KCl dengan menganggap bahwa muatan K dan Cl besarnya masing-masing +1,0e dan jarak pisah keduanya adalah 0,28 nm

Jawab

Energi ikat sama dengan energi potensial elektrostatik, yaitu d

U

o

2 1

4πε = 1 qq

9 19 19

9

10 28 , 0

) 10 6 , 1 ( ) 10 6 , 1 ( ) 1 9 ( ×

= 0 − ₋ −

× × × ×

= 8,2 × 10-19 _J

Jika dinyatakan dalam elektronvolt maka

19

10 6 , 1 × − =

U = 5,125 eV

19

10 2 , 8 _× −

21) Perkirakan energi ikat molekul H2 dengan menganggap bahwa ke dua elektron menghabiskan sekitar 33 persen waktunya di tengah-tengah dua atom. Jarak antara dua atom H

dalah 0,074 nm Jawab

Muatan total 2 elektron adalah 2e.

Dua elektron menghabiskan sekitar 33% waktunya di tengah atom. Kita dapat menyatakan n ah anytara dua atom terdapat muatan sebesar

’ = 0,33 × (2e) = 0,66e

Akibatnya, ke dua atom emiliki muatan total Q = 2e – 0,66e = 1,34e Muatan satu atom H menjadi q = 1,34e/2 = 0,67e

Jarak antara dua atom d = 0,074 nm

Jarak antara atom dengan muatan di tengah molekul adalah r = d/2 ergi potensial molekul menjadi

= Uatom1-pusat + Uatom2-pusat + Uatom1-atom2 a

bahwa di te gah-teng q

H m

En U

d r

r U

o o

o πε πε

πε 4 4

4 − +

−

⎟ ⎞ ⎜

⎛ ₋

− = ⎟ ⎞ ⎜

⎛ _{+ −} −

= q q q q q q q

U ' ' 2 '

⎠ ⎝

⎠

⎝r r d o r d

o 4

4πε πε

d e e

d e d

e e 0,66 0

2 67 , 0

⎜

⎛ ₋

− U

o o

97 , 1 4

67 , 0 67

, 2 /

4 ⎟⎠=− ×

⎞ ⎝

=

πε πε

yatakan dalam elektron volt maka Bila din

) 10 074 , 0 /( ) 10 6 , 1 ( 67 , 0 ) 10 9 ( 97 , 1 4

67 ,

0 _{× =− ×} 9 _{× × ×} −19 _× −9

− =

d e U

o

πε 3,9 eV = 1

22) Hitung jarak antar atom Na dan Cl dalam

akibat tiga transisi rotasi yang berurutan adalah 23,1 mm, 11,6 mm, dan 7,71 nm Panjang gelombang transisi rotasi memenuhi

NaCl jika panjang gelombang yang dipancarkan Jawab

L

1

∝

λ

Panjang gelombang terbesar berkaitan dengan L terkecil.

t berkaitan dengan bilangan kuantum momentum sudut L, L+1, dan L+2, aka

Misalkan transisi tersebu m

L

1

1 ∝

λ

1 1

2 ∝ ₊

L

λ

2 1

3 ∝ ₊

L

λ Maka

L L 1

2

1 ₌ +

λ λ

atau

L

L 1

6 , 11

1 ,

23 ₌ +

atau

23,1L = 11,6L + 11,6 atau

atau = 1

11,5L = 11,6

adi transisi yang terjadi adalah

0 menghasilkan λ1 = 23,1 mm ari L=2 ke L=1 menghasilkan λ1 = 11,6 mm Dari L=3 ke L=2 menghasilkan λ1 = 7,71 mm Lihat transisi dari L = 1 ke L = 0

nergi transisi memenuhi J

Dari L=1 ke L= D E I h I h L I

h2 2 2

1

E

8_π2 = _8π2 × =_8π2 =

∆

Tetapi hc/λ₁ Jadi I h hc 2 2

1 8π

λ = atau 46 8 2 3 34 2

1 ₌ (6,

= h

I λ 6,5 10

) 10 3 ( ) 14 , 3 ( 8 ) 10 1 , 23 ( ) 10 625 8 − − − × = × × × × × × c

π kg m2

Massa atom Na Massa atom Cl: m

assa tereduksi

: m1 = 23 u 2 = 35u M u u u u u m m m m 9 , 13 35 23 35 23 2 1 2 1 ₌ + × = + = µ

Jarak antara dua atom

10 27₎ 1,68 10

10 66 , 1 ( 9 , 13 10 5 , 6 9 , 13 10 5 , 6 ₋ − = × × × × = × = = u I d

µ m = 0,168 nm

46 −

z. Berapa beda energi nergi yang mungkin dimiliki osilasi molekul (a) es yang bersuhi 0 oC, (b) c) helium pada suhu 4 K. Pada spectrum elektromagnetik 3) Berapa jangkauan energi dalam electronvolt foton yang dimiliki cahaya tampak yang memiliki panjang gelombang antara 400 nm sampai 700 nm.

4) Berapa energi foton (dalam eV) yang dipancarkan gelombang radio dari pemancar FM 107,1

46 −

Soal Latihan

1) Sebuah molekul HCl bergetar dengan frekuensi alamiah 8,1 × 1013 _H (dalam joule dan elektronvolt) antara berbagai e

tersebut?

2) Hitung panjang gelombang puncak radiasi dari benda berikut ini: lampu yang bersuhu 3 000 K, (

MHz

5) Sekitar 0,1 eV diperlukan untuk memotong ikatan hidrogen dalam molekul protein. Berapa frekuensi minium dan panjang gelombang m ksimum foton yang dapat digunakan untuk memotong ikatan hidrogen tersebut?

g digunakan untuk melepas elektron dari permukaan logam yang memiliki fungsi kerja 4,3 × 10-19 _J?

7) Berapa panjang gelombang minimum cahaya yang dapat melepaskan elektron dari permukaan memiliki fungsi kerja 3,10 eV?

) Dalam percobaan efek fotolistrik, tidak diamati arus yang mengalir ketika permukaan logam a elektron yang elektroda sebelahnya jika logam tersebut disinari dengan cahaya 400 nm?

yang lepas dari permukaan barium (W = 2,48 eV) ketika disinari dengan cahaya putih (memiliki panjang gelombang pada jangkauan 400 nm hingga 700 nm)?

g 225 nm dijatuhkan pada permukaan rapa fungsi kerja logam tersebut?

11) Panjang gelombang ambang bagi terjadinya emisi elektron dari permukan logam adalah 320 nm. Berapa energi kinetik maksimum elektron yang keluar dari permukaan logam jika disinari dengan radiasi dengan panjang gelombang (a) 250 nm dan (b) 350 nm.

12) Ketika gelombang 230 nm dijatuhkan pada permukaan logam maka dihasilkan arus listrik. Ketika dipasang tegangan penhenti antara dua elektroda maka arus menjadi nol ketika diterapkan tegangan 1,64 V. Berapa fungsi kerja logam?

tesan oli memiliki massa 4,9 × 10-15 _{kg diam dalam ruang antara dua pelat sejajar} orisontal yang diberi beda potensial 750 V. Jarak antara dua pelat adalah 5,0 mm. Hitung muatan listrik pada tetesan tersebut.

14) Tetesan minyak yang memiliki massa 2,8 × 10-15 _{kg berada dalam keadaan diam antara dua} yang terpisah sejauh 1,0 cm jika kedua pelat tersebut diberi beda potensial 340 V. Berapa

g dimiliki tetesan minyak tersebut?

5) Tetesan minyak dimasukkan dalam ruang antara dua pelat sejajar horisontal yang terpisah h 5,0 mm. Beda potensial antara dua pelat adalah 780 V sehingga salah satu tetesan tepat iam antara dua pelat. Ketika tegangan tiba-tiba dihilangkan, tetesan yang diam tadi jatuh sejauh m waktu 11,2 s. Jika massa jenis mintak adalah 900 kg/m3 dan viskositas udara dalah 1,8 × 10-5 _{N s m-2, hitunglah: (a) massa tetesan dan (b) muatan listrik tetesan.}

erapa energi yang dibutuhkan untuk meenginisasi atom hidron yang mula-mula elektron erada pada keadaan n = 2.

ntukan keadaan awal dan keadaan akhir transisi atom hidrogen yang menghasilkan gasris engan panjang gelombang 1026 nm dan 656 nm.

a 6) Berapa frekuensi minimum cahaya yan

logam yang 8

disinari dengan gelombang yang panjangnya lebih dari 570 nm. (a) Berapa fungsi kerja material tersebut? (b) berapa tegangan yang harus dipasang antar elektroda agar tidak ad

lolos ke

9) Berapa energi kinetik maksimum elektron

10) Ketika cahaya UV yang memiliki panjang gelomban

logam maka elektron yang lepas dari permukaan logam memiliki energi kinetik maksium 1,40 eV. Be

13) Te h

pelat

kelebihan elektron yan 1

sejau d

1,50 mm dala a

16) B b 17) Te d

gelombang paling besar pada deret Paschen berkaitan dengan i (He+) melakukan transisi dari n = 6 ke n = 2 ersebut diserap oleh atom hidrogen yang ada di ermukaan matahari?

engionisasi atom hidrogen yang sedang ?

1) Jika elektron terikat pada proton oleh gaya gravitasi bukan oleh gaya Coulomb, berapakah jari-jari atom hidrogen dan energi orbir pertama?

22) Energi ioniasai neon (Z=10) adalah 21,6 eV sedangkan natrium (Z=11) adalah 4,1 eV. n mengamap terjadi perbedaan energi ionisasi yang sangat besar padahal nomor atom t berdekatan?

23) Daftarkan bilangan-bilangan kuantum untuk setiap elektron dalam atom nitrogen (Z = 7). 24) Jika atom hidtogen memiliki m_l, =-3, merapa kemungkinan nilai n, l dan ms,?

tom hidrogen berada dalam keadaan 6h. Tentukan (a) bilangan kuantum utama, (b) energi keadaan tersebut, (c) bilangan kuantum momentum sudut, dan (d) berbagai kemungkinan bilangan kuantum magnetik.

5) Energi ionisasi elektron terluar atom boron adalah 8,26 eV. (a) Gunakan model atom Bohr n inti efektif (Zeff).

rasi electron berikut ini yang diperbolehkan dan yang dilarang? (a) 1s22s22p63s23p54s2

(c) 1s22s22p62d1

28) Perkirakan panjang gelombang sinar-X yang dihasilkan akibat transisi dari n = 2 ke n =1 m (Z = 42).

9) Berapa panjang gelombang terpendek yang dihasilkan elektron yang menagbark tabung TV jika beda potensial yang terpasang dalam tabung adalah 30 kV?

30) Campuran besi dan material yang tidak diketahui dit an berkas elektron berenergi tinggi. Panajng gelombang Kα yang dihasilkan adalah 194 nm untuk besi dan 229 nm

ntuk material yang tidak dikenal. Dari unsur apakah material tak dikenal tersebut?

O melakukan transisi rotasi dari keadaan dengan L = 1 ke keadaan dengan L = 2

molekul CO, pada transisi dari L berapa ke L berapakah sehingga perubahan

, berapa kecepatan sudut molekul di sekitar pusat m, tentukan perbedaan energi dua 18) Tiga garis dengan panjang

transisi dari mana ke mana?

19) Di matahari, atom helium yang terionisas dengan memancarkan foton. Dapatkah foton t p

20) Berapa panjang gelombang terbesar yang dapat m berada dalam keadan dasar

2

Jalaska sanga

25) A

2

untuk memperkirakan muata 27) Manakah dari konfigu 1s22s22p63s3, (b)

dalam atom molibdeniu 2

embakknan deng u

31) Molekul C

akibat penyerapan foton dengan frekuensi 2,30 × 1011 _{Hz. Tentukan momen inersia molekul} tersebut.

32) Dalam

energinya sama dengan energi transisi vibrasi dari v=0 ke v = 1?

33) Molekul HCl dieksitasi ke tingkat energi rotasi pertama yang berkaitan dengan L = 1. Jika jarak antar inti atom adalah 0,1275 nm

massanya?

34) Jika konstanta pegas vibrasi moleuk HCl adalah 480 N/ tingkat energi berdekatan dan tentukan energi titik nol.

pektrum rotasi molekul HCl mengandung sejumlah garis dengan panjang gelombang

rap ketika terjadi transisi rotasi dari L = 1 ke L = 2. d = 0,113 nm)

apakah jarak antar atom N?

ingkat energi

lekul organik telah ditemukan di angkasa luar. Mengapa molekul tersebut

. Berapa momen inersia molekul terhadap sumbu yang

m F memiliki massa 3,15

ol untuk vibrasi molekul H2.

anjang gelombang berikut ini: 60,4 µm, 69,0 µm, 80,4 µm, 35) S

0,0604, 0,0690, 0,0804, 0,0964, dan 0,1204 mm. Berapa momen inersia molekul tersebut?

36) Jarak antar atom oksigen di dalam molekul O2 adalah 1,2 × 10-10 _{m. Tentukan energi} gelombang elektromagnetik yang dise

37) Tentukan momen inersia untuk molekul-molekul berikut ini: (a) H2 (d = 0,074 nm), (b) O2 (d = 0,121 nm), (c) NaCl (d = 0,24 nm), (d) CO (

38) Energi sebesar h2/8π2I sering disebut energi rotasi karakteristik. Misalkan untuk molekul

N2, energi tersebut adalah 2,48 × 10-4 _{eV, ber}

39) (a) Hitung energi rotasi karakteristik molekul O2 jika jarak antar atom O adalag 0,121 nm. (b) Berapa energi dan panjang gelombang foton yang dipancarkan jika terjadi transisi dari L = 3 ke L = 2?

40) Dalam spektrum absorpsi molekul HCl tampak bahwa jarak antara dua t

berdekatan adalah 2,6 × 10-3 _{eV. (a) Tentukan momen inersia molekul HCl dan (b) jarak antara} atom H dan Cl

41) Sejumlah mo

ditemukan dengan menggunakan teleskop radio, bukan dengan teleskop optik?

42) Jika molekul diatomik mengalami transisi dari keadaan dengan L = 2 ke L = 1 terpancar foton dengan panjang gelombang 63,8 µm

melalui pusat massa dan tegak lurus sumbu moleku?

43) Jika molekul NaF mengalami transisi dari L = 3 ke L = 2 terpancar foton dengan panjang gelombang 3,8n mm. Atom Na memiliki massa 3,82 × 10-26 _{kg dan ato}

× 10-26 _{kg. Hitung jarak antara inti Na dan F.}

44) Untuk molekul hidrogen, “konstanta pegas” vibrasi adalah 576 N/m. Massa atom hidrogen adalah 1,67 × 10-27 _{kg. Hitunglah energi titik n}

45) Ketika molekul OH melakukan transisi vibrasi dari v=0 ke v= 1, energi vibrasi internal bertembah sebesar 0,463 eV. Hitunglah frekuensi karakteristik vibrasi dan “konstanta pegas”. 46) Spektrum rotasi HCl memiliki p