SOLUSI UJIAN AKHIR SEMESTER II FISIKA DASAR II

FISIKA DASAR II

SOLUSI UJIAN AKHIR SEMESTER II FISIKA DASAR II

TAHUN 2003/2004

1. Diketahui : Tiga buah muatan 15 µC

a. Ditanyakan : Potensial listrik di titik P Jawab : ˼  +^و Z_¾ˆ ^ÙY Z_¾Y ^Ù¡ Z_¾¡-  9 u 10«15 u 10t0 +_√^  1  1- ˼ 3,65 u 10 _V

b. Ditanyakan : Kerja yang dibutuhkan Jawab :

d  ́˼ 20 u 10t03,65 u 10  7,3 J c. Ditanyakan : Energi potensial sistem empat partikel

Jawab : ‹   +^وÙ_Y Z_ˆY ^وÙ_¡ Z_ˆ¡ ^وÙ_û Z_ˆû ^ÙYÙ_¡ Z_Y¡ ^ÙYÙ_û Z_Yû ^Ù¡Ù_û Z_¡û -

‹  9 · 10«15 · 10t0 +^u_ ^æ^u_ ^æ^u_√^æ^u_√^æ^u_ ^æ^u_ ^æ- ‹  12,79 J

2. Diketahui :  20 V ;  20 V ; c 6 Ω ; c 2 Ω ; c/ 4 Ω a. Ditanyakan : Tentukan arus yang mengalir c, c, c/

Jawab : Loop 1 : ∑ 5c  ∑  5c 5c  5 5 5/ Substitusi menghasilkan 5c c  5/c  85 65/ 20 Loop 2 : ∑ 5c  ∑  5_c_ 5_/c_/ _ _ 25 45/ 16

Dari dua persamaan tersebut dihasilkan 5/ 2 A

5^_sS20  62U  4 A 5 5 5/  4  2 A

b. Ditanyakan : Daya disipasi pada masing-masing resistor Jawab :

Daya disipasi pada c adalah jc  ¶ c 46  24 W Daya disipasi pada c adalah jc  ¶ c 162  32 W Daya disipasi pada c/ adalah jc/  ¶/ c/ 44  16 W

c. Ditanyakan : Ë@Ž

Jawab :

Ë@Ž Ë@ Ë

 5c

3. Diketahui : Batang dalam pengaruh medan magnet diputar a. Ditanyakan : Gaya yang dialami elektron

Jawab : E  
E u ›DE _  
› sin   
› 

b. Ditanyakan : GGL imbas yang terjadi

Jawab : GGL yang ditimbulkan oleh perputaran batang   ^&@_&(  

Maka besarnya GGL yang timbul pada batang 4. Diketahui : Kawat berbentuk seperti gambar dialiri arus

a. Ditanyakan : Medan magnet di O akibat kawat CD dan EA Jawab :

Hukum Biot-Savart › ^fO

‚L^{a &^EuẐ}_ZY

Sepanjang CD Ĉ tegak lurus ›DE¥£ ^fO

‚L£^{a &^E}_eY

¥ _‚^f

Untuk kawat EA, dengan cara yang sama seperti di atas didapatkan ›DEþ_^fO

‚L_^{a &^E}_eY

þ _‚^f

b. Ditanyakan : Medan magnet di O akibat kawat lurus Jawab :

Untuk kawat AC ›DE_¥ ^fO

‚L¥^{a &^EuẐ}_ZY

_

Karena Ĉ sejajar BÉE, perkalian cross menghasilkan nol ›DE_¥ 0

Hasil yang sama berlaku pula pada kawat DE, sehingga c. Medan magnet di O akibat seluruh kawat

Jawab :

Total › adalah ›DE  ›DE_¥ ›DE  0 ^fOa

e  5. Diketahui :  633 nm ;

a. Ditanyakan : Posisi intensitas maksimum dan minimum Jawab : Untuk 7 kecil (layar jauh dari celah), berkas

dari celah dapat dianggap sejajar sehingga beda lintasan antar celah tersebut adalah

∆M  B sin 7

 Ë_Ž  ∑ 5c  ∑ 

c_ _ 42  20  12 V Batang dalam pengaruh medan magnet diputar

Gaya yang dialami elektron ›E

sin 7 ,
tegak lurus › maka 7  90] C› dengan arah seperti pada gambar GGL imbas yang terjadi

GGL yang ditimbulkan oleh perputaran batang ›^&__&(  ^_›È &h

&(  ^_›È

Maka besarnya GGL yang timbul pada batang È adalah ^_›È Kawat berbentuk seperti gambar dialiri arus

Medan magnet di O akibat kawat CD dan EA

tegak lurus BÉE, sehingga dapat dituliskan f_Oa

‚eYL BÉE_¥^£  ^fOa

‚eYmc  ^fOa

e ^{(dengan arah masuk bidang gambar}

, dengan cara yang sama seperti di atas didapatkan Oa

‚eYL BÉE_þ^_  ^fOa

‚eY2mc ^fOa

e ^{(dengan arah masuk bidang gambar)}

Medan magnet di O akibat kawat lurus

, perkalian cross menghasilkan nol

Hasil yang sama berlaku pula pada kawat DE, sehingga ›DE_£þ  0 Medan magnet di O akibat seluruh kawat

_¥ ›DE_¥£ ›DE_£þ ›DE_{þ_}  0 ^fOa

e ^/fOa

e ^{(dengan arah masuk bidang gambar)}

nm ; B  0,1 mm ; É  6,55 m

Posisi intensitas maksimum dan minimum kecil (layar jauh dari celah), berkas-berkas dari celah dapat dianggap sejajar sehingga beda lintasan antar

engan arah masuk bidang gambar)

suk bidang gambar)

Beda fasa ∆  ∆M  B sin 7 Intensitas maksimum pada layar :

Beda fasa ∆  26m   2

B sin 7  26m ‚

 B sin 7  26m # sin 7  6_& Intensitas minimum pada layar :

Beda fasa ∆  26  1m   0

B sin 7  26  1m ‚

 B sin 7  26  1m # sin 7  6^b‡_&

b. Ditanyakan : Perbandingan intensitas maksimum terhadap intensitas sumber Jawab : ¹_ÏKr

¹_O ^_OY

__OY  4

c. Ditanyakan : Jarak antara dua maksimum berurutan Jawab :

7 kecil maka sin 7  tan 7 ^'_^ Intensitas maksimum : sin 7  6 /B

'

^  6_& #   6^à_&

Jadi jarak antara dua maksimum berurutan adalah (∆6  1)

SOAL UJIAN AKHIR SEMESTER II FISIKA DASAR II

TAHUN 2007/2008

1. Suatu rangkaian RLC disusun secara seri dengan È  0,1 H ; œ  1,014 :œ ; dan c  5Ω. Rangkaian ini berada dalam keadaan resonansi, dan sumber tegangan yang digunakan memiliki Ë@9 50 V

a. Hitunglah reaktansi induktif, reaktansi kapasitif, dan impedansi rangkaian dalam keadaan ini b. Hitung juga beda fase antara 5 dan
 serta besarnya arus maksimum yang mengalir c. Hitunglah tegangan maksimum pada resistor, induktor, dan kapasitor rangkaian ini

2. Suatu kapasitor œ 100 : dihubungkan dengan sumber tegangan 12 volt. Setelah keadaan tunak tercapai, kapasitor ini dilepaskan dari sumber tegangan dan dihubungkan secara parallel dengan kapasitor œ_ (tidak bermuatan) yang memiliki dimensi persis sama dengan œ_, namun mengandung bahan dielektrik Z  3,0

a. Hitung muatan dan energi yang tersimpan pada masing-masing kapasitor pada keadaan akhir b. Berapakah tegangan masing-masing kapasitor pada keadaan akhir

3. Suatu kawat penghantar (lihat gambar) dialiri arus searah sebesar ¶  2 A. Panjang kawat ›  4 m, garis tengah setengah lingkaran ›œ  6 m, kawat œ  3 m, dan kawat \  1 m. j adalah titik pusat lengkung ›œ

a. Dengan menggunakan hukum Biot-Savart, turunkanlah besar dan arah medan magnet di titik j akibat arus pada segmen kawat ›

b. Dengan hukum yang sama, turunkanlah besar dan arah medan magnet di titik j akibat arus pada kawat lengkung ›œ

c. Dengan memakai perumusan pada soal (a) dan (b), tentukanlah besar dan arah medan magnet di titik j yang ditimbulkan oleh arus pada seluruh kawat penghantar

4. Diketahui gelombang transversal sinusoidal pada tali memiliki perioda 3  25 ms dan merambat dalam arah x positif dengan laju 30 m/s. Pada   0, elemen tali di M  0 memiliki simpangan 2 cm dan bergerak ke bawah dengan laju 2 m/s. Tentukan

a. Amplitudo dan fasa awal dari gelombang

b. Laju transversal (laju osilasi) maksimum pada tali c. Fungsi gelombang untuk gelombang tersebut

5. Dua buah cincin konsentrik dengan jari-jari cincin dalam adalah c dan cincin luar cš 4c, seperti tampak pada gambar di samping. Titik j terdapat pada sumbu putar kedua cincin tersebut yang berjarak 2c dari titik pusat cincin. Cincin dalam bermuatan Ì

a. Turunkan besar dan arah listrik di titik j karena muatan listrik pada cincin dalam

b. Tentukan muatan pada cincin luar agar medan listrik di titik j sama dengan nol

SOLUSI UJIAN AKHIR SEMESTER II FISIKA DASAR II

TAHUN 2007/2008

1. Diketahui : È  0,1 H ; œ  1,014 :œ ; c  5Ω ; Ë@9 50 V a. Ditanyakan : Reaktansi induktif, kapasitif, dan impedansi rangkaian

Jawab : Pada keadaan resonansi terpenuhi hubungan Îà Î¥ # È  1/œ   l_à¥^  l_{,,u}^ æ 3140  1000m Maka didapatkan Reaktansi induktif Îà È  100m Ω Reaktansi kapasitif Î¥  Îà 100m Ω Impedansi rangkaian -  vc Îà Î¥ c  5 Ω b. Ditanyakan : Beda fase antara
 dan 5

Jawab : Diagram fasor secara umum

Secara umum, beda fase antara arus dan tegangan total adalah 3 dan memiliki besar

tan ⁽%t(_¤ e

Dalam keadaan resonansi, Îà Î¥  0 sehingga tan  0 dan beda fase  0

Arus maksimum ¶@2^ÔÏKr

2_N¿N ^_  10 A

c. Ditanyakan : Tegangan maksimum pada masing-masing komponen Jawab :

Ëe @2  ¶@2c  50 V Tegangan maksimum resistor Ë_{à @2}  ¶_@2Î_à 5000m V Tegangan maksimum induktor Ë¥ @2  ¶@2Î¥  5000m V Tegangan maksimum kapasitor 2. Diketahui : œ 100 µF ; Ë  12 V ; Z  3,0

a. Ditanyakan : Muatan dan energi pada kapasitor

Jawab : Untuk mencari muatan pada masing-masing kapasitor kita harus mengetahui terlebih dahulu tegangan masing-masing kapasitor. Setelah itu kita dapat menggunakan hubungan Ì  œË untuk menentukan besar muatan dalam kapasitor

Ketika disambungkan, muatan dalam kapasitor 1 akan mengisi kapasitor 2 Jumlah muatan dalam sistem tetap yaitu Ì  œ_Ë_ sehingga berlaku hubungan

œË œ˞ œ˞

Perpindahan muatan akan berhenti ketika beda potensial antara kedua kapasitor sama, atau ˞ ˞ ˞. Dengan substitusi ke persamaan di atas didapatkan

˚ ^¥ˆÔ_O

¥_ˆ‡¥_Y ^{Dari soal diketahui hubungan} œ Zœ

˚_f‘‡/^f‘ Muatan œ Ì  œ˚ 100 Energi œ ‹^_œ_˞^_100 Muatan œ Ì œ˚ 300 Energi œ ‹ ^_œ˞^_300

b. Ditanyakan : Tegangan masing Jawab : ˞ ˞ 4

3. Diketahui : ¶  2 A ; ›

a. Ditanyakan : Medan magnet di titik Jawab :

Medan magnet di titik

satu elemen kemudian diintegralkan B› ^fOa ‚ &2EuẐ ZY ^fO ‚ B› ^fOa ‚ A 2Y‡AY¡/Y ›  L^fOa ‚ A 2Y‡AY¡/Y › ^fOa ‚` +_AY√2²_Y‡AY Substitusikan nilai-Didapatkan › ^‚

b. Ditanyakan : Medan magnet di titik Jawab : Medan listrik di titik

Oleh sebab itu kita tinjau satu elemen kemudian diintegralkan B› ^fOa ‚ &2EuẐ ZY ^fO ‚ sin 7  1

Seluruh nilai C konstan untuk seluruh elemen yaitu › ^fOa

‚  eYL B4

Substitusi nilai yang telah diketahui menghasilkan › ^‚u_/^æ

c. Ditanyakan : Medan magnet di titik Jawab :

Medan di titik j merupakan akumulasi dari seluruh bagian kawat ›_¼ ›_{_W} › Medan ›_¥£ ›_¥£^fOa ‚ Alà  /f‘ 4 V  u 10t04  4 u 10t _C 100 u 10t04 8 u 10t _J 300 u 10t04  1,2 u 10t/ _C 300 u 10t04 2,4 u 10t/ _J

Tegangan masing-masing kapasitor 4 V

›  4 m ; ›œ  6 m ; œ  3 m ; \  1 m Medan magnet di titik j akibat kawat AB

Medan magnet di titik j merupakan kontribusi seluruh elemen. Oleh sebab itu kita tinjau satu elemen kemudian diintegralkan

Oa ‚^{&2 ¨©ª h}ZY ^fOa ‚^&2ZY+^A_Z-  BM  YBM ^fOa ‚` L _2Y‡A^Y¡/Y tà BM Y -tà  ^fOa ‚A√à^àY‡AY -nilai yang telah diketahui

‚uæ

‚ /√^Y‡/Y 1,07 u 10tß _{T dengan arah masuk bidang kertas}

Medan magnet di titik j akibat kawat BC

Medan listrik di titik j merupakan kontribusi seluruh elemen. Oleh sebab itu kita tinjau satu elemen kemudian diintegralkan

Oa

‚^&9ZY , B4E tegak lurus terhadap Ĉ sehingga konstan untuk seluruh elemen yaitu C  c sehingga

L B4 ^fOa

‚e^Ymc ^fOa e

Substitusi nilai yang telah diketahui menghasilkan  2,09 u 10tß _T

Medan magnet di titik j akibat seluruh kawat merupakan akumulasi dari seluruh bagian kawat

›_W¥ ›_¥£ ›_£þ ढ

là_¤¢Y‡AY^‚u_‚^æ_/√/^/_Y‡/Y 4,71 u 10ts _T

merupakan kontribusi seluruh elemen. Oleh sebab itu kita tinjau

T dengan arah masuk bidang kertas

merupakan kontribusi seluruh elemen. sehingga

Medan ›£þ

Medan akibat kawat AB, BC, dan CD dapat

sebelumnya. Untuk kawat DE, penurunannya sama akan tetapi berbeda pada batas integralnya › ^fOa

‚` +_AY

Substitusi nilai-nilai yang dik ›£þ ^‚u_‚^æ

Sehingga didapatkan medan total di titik ›¼ ›_W ›

›_¼ 1,07 u ›¼ 3,52 u 4. Diketahui : 3  25 ms ;

a. Ditanyakan : Amplitudo dan fase awal Jawab :

Misal fungsi simpangan Maka fungsi kecepatan Atau I

|  sinM

Untuk mendapatkan amplitudo, kita gunakan sedikit trik matematika  
/ 

  l +_|^I-^

Untuk mencari fase awal, bagi tan  

tan   

b. Ditanyakan : Laju transversal maksimum Jawab :

Laju osilasi maksimum didapatkan dari amplitudo persamaan kecepatan yaitu   80m0

c. Ditanyakan : Fungsi Jawab :

Kita tentukan terlebih dahulu nilai bilangan gelombang
Z@Ž@( ^|_

Sehingga fungsi gelombang menjadi   0,12 cos

5. Diketahui : cš 4c

a. Ditanyakan : Medan listrik di titik Jawab :

Medan listrik di titik

cincin. Oleh karena itu kita tinjau kontribusi satu elemen kemudian integralkan untuk seluruh cincin

Medan akibat kawat AB, BC, dan CD dapat ditentukan dari penurunan pada bagian sebelumnya. Untuk kawat DE, penurunannya sama akan tetapi berbeda pada batas integralnya

+ _Y√2²_Y‡AY-_e^e‡à¢A^fOa ‚+_à^

¤¢- B ^e

là_¤¢Y‡eY ^e‡à¢A

le‡à_¢A

nilai yang diketahui menghasilkan æ

+^_/- ï_√/Y^/_‡/Y_v/‡^/‡_Y‡/Yð  6,19 u 10t« _T

Sehingga didapatkan medan total di titik j adalah ›W¥  ›¥£ ›£þ

10tß 2,09 u 10tß 4,71 u 10ts 6,19 u 10 10tß _T

 30 m/s ;   2 cm Amplitudo dan fase awal

Misal fungsi simpangan    cosM     Maka fungsi kecepatan
^='₌₍  sinM    _

M     dengan  ^‚_—  80m rad/s Untuk mendapatkan amplitudo, kita gunakan sedikit trik matematika

sinM      cosM      -  l0,02 +_s‚^/-^ 0,12 m

fase awal, bagi
dengan 

 
/ Substitusikan nilai ketika    _s‚,^ #  0,378  0,12m

Laju transversal maksimum

Laju osilasi maksimum didapatkan dari amplitudo persamaan kecepatan yaitu 0,02  5,03 m/s

Fungsi gelombang

Kita tentukan terlebih dahulu nilai bilangan gelombang  dari hubungan #  _I ^|

ôKÏÕKN^s‚_/  8m/3 Sehingga fungsi gelombang menjadi

cos +^s_/mM  80m  0,12m- m

Medan listrik di titik j akibat muatan cincin dalam Medan listrik di titik j merupakan hasil kontribusi seluruh elemen cincin. Oleh karena itu kita tinjau kontribusi satu elemen kemudian integralkan untuk seluruh cincin

ditentukan dari penurunan pada bagian sebelumnya. Untuk kawat DE, penurunannya sama akan tetapi berbeda pada batas integralnya

¢A

Y‡à¤¢^Y

C

10t«

Untuk mendapatkan amplitudo, kita gunakan sedikit trik matematika   

 0

Laju osilasi maksimum didapatkan dari amplitudo persamaan kecepatan yaitu

merupakan hasil kontribusi seluruh elemen cincin. Oleh karena itu kita tinjau kontribusi satu elemen kemudian

Elemen dalam arah horizontal (bidang M) akan saling menghilangkan satu sama lain, sehingga medan listrik total akan berarah ke sumbu-z

B\(](@^ B\'

B\(](@^ ^&_ZYcos 7  ^&_ZY^£_Z

Nilai C, 7, dan  adalah konstan untuk seluruh elemen sehingga \_(](@^ _Z^_Y^£_ZL B  _Z^Ù¡

\(](@^ _eY^Ùe_‡£Y¡/Y dengan arah ke sumbu-z positif b. Ditanyakan : Muatan cincin luar agar medan di j nol

Jawab : Misalkan muatan cincin luar ̞ maka agar nol harus terpenuhi \^Œ@Z  \&@^@

_e^ٚ£_Y‡£Y¡/Y  _eY^tÙ£_‡£Y¡/Y