Bahan Ajar Fisika

BAHAN KULIAH

PENDAHULUAN Mata pelajaran Fisika bertujuan agar peserta didik memiliki kemampuan sebagai berikut: 1. Membentuk sikap positif terhadap fisika dengan menyadari keteraturan dan keindahan alam serta mengagungkan kebesaran Tuhan Yang Maha Esa. 2. Memupuk sikap ilmiah yaitu jujur, obyektif, terbuka, ulet, kritis dan dapat bekerjasama dengan orang lain. 3. Mengembangkan pengalaman untuk dapat merumuskan masalah, mengajukan dan menguji hipotesis melalui percobaan, merancang dan merakit instrumen percobaan, mengumpulkan, mengolah, dan menafsirkan data, serta mengkomunikasikan hasil percobaan secara lisan dan tertulis. 4. Mengembangkan kemampuan bernalar dalam berpikir analisis induktif dan deduktif dengan menggunakan konsep dan prinsip fisika untuk menjelaskan berbagai peristiwa alam dan menyelesaian masalah baik secara kualitatif maupun kuantitatif. 5. Menguasai konsep dan prinsip fisika serta mempunyai keterampilan mengembangkan pengetahuan, dan sikap percaya diri sebagai bekal untuk melanjutkan pendidikan pada jenjang yang lebih tinggi serta mengembangkan ilmu pengetahuan dan teknologi.

A. PENDALAMAN MATERI TERPILIH Beberapa materi terpilih yang akan disajikan di sini antara lain Gerak Lurus, Dinamika

Partikel,

Fluida

tak bergerak,

Fluida

bergerak,

Suhu-kalor,

Perpindahan panas, Termodinamika, Arus listik, Medan magnet, Arus dan tegangan bolak-balik, Dualisme gelombang Partikel dan Struktur atom.

1. Gerak Lurus Pada dasarnya benda di permukaan bumi ini melakukan gerakan. Bahkan benda yang diam di atas permukan bumi bergerah relatif terhadap benda lain atau bergerak mengelilingi matahari. Gerak lurus adalah gerak suatu benda yan menghasilkan lintasan berbentuk garis lurus. a.

Gerak Lurus Beraturan

Benda dikatakan bergerak lurus berturan jika lintasan gerak benda tersebut lurus dan kecepatannya tetap ( v konstan). Pada gerak ini lintasan benda yang ditempuh

FISIKA TEKNIK

1

BAHAN KULIAH

berupa garis lurus dan arah geraknya selalu tetap. Oleh karena perpindahan dapat kita ganti dengan jarak dan kelajuan tetap kita ganti dengan percepatan tetap. Yang dimaksud kecepatan tetap ialah benda menempuh jarak yang sama untuk selang waktu yang sama. Maka gerak lurus beraturan didefinisikan sebagai gerak suatu benda

pada garis lurus yang pada selang waktu yang sama akan

menempuh jarak yang sama. Suatu benda yang bergerak pada lintasan lurus dengan kecepatan tetap dikatakan sedang melakukan gerak lurus beraturan. Gambar 1 di bawah ini mengilustrasikan bagaimana seseorang bergerak dari satu tempat ke tempat lain. Selama bergerak, orang tersebut telah menempuh jarak sejauh Δx dengan kecepatan dan waktu yang tertentu.

Gambar 1. Seseorang bergerak dari suatu tempat ketempat lain Contoh Soal Sebuah mobil bergerah lurus beraturan dan menenpuh jarak 3 km dalam waktu 2 menit. Berapa lama mobil tersebut itu menempuh jarak 75 km. Penyelesaian : Untuk gerak lurus beraturan karena kecepatan tetap maka percepatan = 0 maka v=

x 3 km = t 2 menit

Untuk menempuh jarak 75 km diperlukan waktu t=

x 75 km = = 50 menit 3 km v 2 menit

FISIKA TEKNIK

2

BAHAN KULIAH

b. Gerak Lurus Berubah Beraturan (GLBB) atau Gerak Lurus dengan Percepatan Tetap Benda dikatakan bergerak lurus berubah beraturan jika lintasan geraknya berupa garis lurus, dimana kecepatannya berubah bisa bertambah atau berkurang dengan perubahan kecepatannya tetap (percepatannya konstan). Macam GLBB ada dua macam yaitu : 1) Dipercepat jika kecepatnnya bertambah besar

dan 2)

Diperlambat jika kecepatannya berkurang dari semula. Untuk GLBB dipercepat persamaannya sama dengan yang telah dirumuskan : V = v0 + at Kecepatan Sesaat Kecepatan Sesaat Ini berlaku

Percepatan S =Sesaat v0 t + Percepatan Sesaat

2 ½ atKelajuan Kelajuan Sesaat Sesaat

juga untuk GLBB dengan arah vertikal maupun horisontal demikian Terjadi Terjadi dlm dlm waktu waktu singkat singkat

juga untuk GLBB yang diperlambat. Persamaannya : Terjadi dlm Terjadi dlm waktu waktu singkat singkat Terjadi Terjadi dlm dlm waktu waktu singkat singkat

s = v0 t -Kelajuan ½ at2 Rata-rata Kelajuan Rata-rata

V = v0 - at

Kecepatan Kecepatan Rata-rata Rata-rata

Kecepatan Rata-rata Kecepatan Rata-rata Untuk gerak vertikal, besarnya jarak dan kecepatan di pengaruhi gaya gravitasi

bumi, sehingga;

Hasil Hasil bagi bagi antara antara

Memberikan Memberikan

V = v0 + gt (dipercepat) Posisi/ Posisi/

Memberikan Memberikan

V = v0 – gt (diperlambat)

Gerak Perpindahan jatuh bebas (GJB) meruapakan hal khusus dari GLBBJarak karena vo = 0. Dari Waktu Perpindahan Waktu Jarak rumus v2 – vo2 2a.s didapat (dipercepat)

v2 = vo2 – 2a.s (dipercepat) dan v2 = vo2 – 2a.s Berkaitan Berkaitan dengan dengan

Gerak vertikal ke atas adalah gerak suatu benda yang diplemparkan vertikal ke Gerak Lurus G atas dengan kecepatan awal vo gerak vertikal ke atas diperlambat oleh percepatan garvitas bumi dan akhirnya berhenti sesaat di titik tertinggi. Sehingga kecepatan pada saat mencapai titikBeraturan tertinggi adalah v = 0. Beraturan Berubah Kecepatan Kecepatan tetap tetap (v (v == tetap tetap )) Percepatan Percepatan == 00

Sumbu Sumbu X X

Kecepatan Kecepatan berubah berubah (v (v tetap tetap )) Percepatan Percepatan == tetap tetap

Kecepatan Kecepatan berubah berubah (v (v tetap tetap )) Percepatan P Percepatan tetap tetap

Sumbu Y Sumbu Ygg aa diganti diganti xx diganti diganti hh

Gerak Gerak Jatuh Jatuh Bebas Bebas Kecepatan Kecepatan awal awal == 00

FISIKA TEKNIK

Berubah Tidak Beraturan

Gerak Gerak Vertikal Vertikal keatas keatas Kecepatan Kecepatan awal awal 00

3

BAHAN KULIAH

Contoh Soal : 1.

Sebuah truk mula dari keadaan diam bergerak dengan percepatan tetap 4 m/s2. Tentukan kecepatan dan jarak yang ditempuh truk setelah bergerak selama 4 s. Jawab :

FISIKA TEKNIK

4

BAHAN KULIAH

Kecepatan awal v0 = 0, percepatan a = 4 m/s2, waktu t = 4 s. Kecepatan akhir adalah: vt = v0 + at = 0 + (4 m/s2) (4 s) = 16 m/s Jarak yang ditempuh, s dihitung dengan persamaan s = v0 t +

1 2 1 at = 0 + (4 m/s2) (4 s)2 2 2

= 32 m 2.

Kecepatan sebuah mobil bertambah dengan tetap dari 6,0 m/s menjadi 20 m/s sewaktu menempuh jarak 70 m. Tentukan percepatan dan waku tempuh mobil. Jawab : Kecepatan awal v0 = 6,0 m/s; kecepatan akhir vt = 20 m/s; jarak s = 70 m. Percepatan a dihitung dengan Persamaan vt2 = v 02 + 2as ⇔ 2as = vt2 − v02 vt2 − v 02 ( 20 m/s ) 2 − ( 6,0 m/s ) 2 = 2s 2( 70 m ) 400 − 36 a = m/s 2 = 2,6 m/s 2 2( 70 ) a =

Waktu tempuh, t dihitung dengan Persamaan vt = v0 + at → vt − v0 = at vt − v 0 20 m/s - 6,0 m/s = a 2,6 m/s t = 5,4 s t =

3.

Seseorang mengendarai mobil dengan kecepata 72 km/jam, tiba-tiba melihat seorang anak kecil di tengah jalan pada jarak 48 m di depannya. Ia memerlukan waktu 0,36 s untuk bereaksi menginjak rem yang memberikan perlambatan sebesar 5 m/s2. Apakah anak kecil itu ditabrak? Jawab : Sebelum pengendara menginjak rem, mobil mengalami gerak lurus beraturan selama t = 0,36 s dan menempuh jarak PQ. Pada saat pengendara menginjak rem, mobil mengalami gerak diperlambat dan menempuh gerak QR, seperti dilukiskan pada gambar di bawah ini.

FISIKA TEKNIK

5

BAHAN KULIAH

1000 m = 20 m/s 3600 s PQ = s1 = vt = ( 20 m/s )( 0,36 s ) = 7,2 m

72 km/jam = 72 ×

vt2 = v02 + 2as ⇔ QR = s 2 =

vt2 − v 02 0 − ( 20 m/s ) 2 = = 40 m 2a 2 − 5 m/s 2

(

)

Jarak total = PQ + QR = 7,2 m + 40 m = 47,2 m. Karena jarak total (=jarak henti) 47,2 m < 48 m, maka anak kecil tidak tertabrak oleh mobil. 4. v(m/s)

A

60 B

40

0 45

t(s)

Grafik di atas menunjukkan perjalanan mobil A dan B. Kapan dan di mana B menyusul A.

(x – 45)

v(m/s)

Q

60

B

R

A 40

T

U

FISIKA TEKNIK

6

S P 0

45

x

t(s)

BAHAN KULIAH

Jawab : B dan A berangkat pada saat yang sama, yaitu pada t = 0. Pada saat b menyusul A, perpindahan yang ditempuh keduanya harus sama besar. Misalkan B menyusul A setelah keduanya bergerak selama x sekon. Perpindahan A = Perpindahan B. Luas PTSU = luas PQRS x ⋅ ( 40 ) = 40 x 4x x

{ x + ( x − 45)} 60

2 = ( 2 x − 45 ) 30 = 6 x − 135 = 67,5

Perpindahan A = Perpindahan B = x x 40 = 67,5 x 40 = 2700 m Jadi, B menyusul A setelah keduanya bergerak selama 67,5 sekon dan keduanya menempuh jarak 2700 m. 5.

Seorang siswa menerjunkan diri dari papan lokal renang setinggi 8 meter di atas permukaan air tanpa kecepatan awal. Jika massa siswa 40 kg dan g = 10 m s-2, berapa kecepatan siswa tersebu saat membentuk permukaan air. Jawab : Siswa mengalami gerak jatuh bebas dengan v0 = 0, y = -8 m, dan a = -g = -10 ms-2. Kecepatan siswa, vt, dihitung dengan persamaan: vt2

= v02 + 2ay

vt

= 160 m s −1 = 16 × 10 m s -1

(

)

= 0 + 2 − 10 m s - 2 ( − 8 m ) = 160 = 4 10 m s -1

6. Sebuah bola yang dilempar vertikal ke atas mencapai ketinggian maksimum 10 m. Tentukan:

FISIKA TEKNIK

7

BAHAN KULIAH

a. kecepatan awal; b. waktu ketika bola berada 8,4 m di atas tanah. Jawab : a. Bola mencapai ketinggian maksimum, ym = 10 m, saat kecepatan akhirnya vt sama dengan nol. Dari persamaan (***) diperoleh vt2 = v02 + 2ay 0 = v02 + 2ay m a = − g = −9,8 m/s 2 , sehingga

(

)

v02 = −2 − 9,8 m/s 2 (10 m ) v02 = 2 × 98 ( m/s )

2

v0 = 14 m/s b. Untuk ketinggian y = +8,4 m, dari persamaan (**) diperoleh: y = v0 t +

1 2 at 2

(

)

1 − 9,8 m/s 2 t 2 2 2 4,9 t − 14t + 8,4 = 0

8,4 m = (14 m/s ) t +

49 t 2 − 140t + 84 = 0 7t 2 − 20t + 12 = 0 ( 7t − 6)( t − 2) = 0 6 t= s atau 7

t = 2s

Jadi, ketinggian y = +8,4 m tercapai pada saat bola bergerak naik setelah waktu 7.

6 sekon dan sekali pada saat bola turun setelah waktu 2 sekon. 7

Seorang anak jatuh dari tepi jurang Niagara yang tingginya 180 m. Superman yang berada di dekatnya segera menolongnya. Untuk bereaksi ia membutuhkan 0,4 s. Berapakah kelajuan awal minimum Superman agar ia dapat menolong anak itu? (g = 10 m/s2). Jawab : Anak mengalami gerak jatuh bebas dengan v0 = 0; a = -g = -10 m/s2; y = -180 m

FISIKA TEKNIK

8

BAHAN KULIAH

Dari persamaan (**): 1 2 1 at → y = 0 + at 2 2 2 2 y 2( − 180 m ) t2 = = = 36 s 2 2 a − 10 m/s t = 6,0 sekon y = v0 t +

Superman dapat menolong jika waktu yang dibutuhkannya untuk tiba di tanah: t = 6,0 s -0,4 s = 5,6 s. Dari persamaan (**): c.

Gerak Lurus Berubah Tidak Beraturan (GLBTB) atau Gerak Lurus

dengan percepatan Berubah Pada gerak ini , percepatan gerak tidak tetap melainkan berubah menurut fungsi waktu ; a = f ( t ) , atau sebagai fungsi posisi ; a = f ( x ) . -

Gerak Lurus dengan Percepatan sebagai Fungsi Waktu

Pada gerak ini a = f ( t ) , maka kecepatan benda dapat dicari dengan persamaan : a =

dv dt

a = f (t )

∫

dv =

∫

f (t ) dt

Sedangkan perpindahannya dihitung dari ( 2 – 2 ) v =

dx dt

dx = v dt x = ∫ v(t ).dt -

Gerak Lurus dengan Percepatan sebagai Fungsi Posisi

Pada gerak ini , a = f ( x ) , sehingga kecepatan gerak dapat dicari sebagai berikut

FISIKA TEKNIK

9

BAHAN KULIAH

a =

dv dt

a =

dv dx dt dx dv dx

f ( x) = v

∫

f ( x) dx =

∫

v dv

Contoh Soal : 1. Percepatan sebuah benda bergerak lurus, dinyatakan dengan persamaan a = 4 - t2, dimana a dalam m/s2 dan t dalam detik. Tentukan persamaan kecepatan dan perpindahan sebagai fungsi dari waktu, pada t = 3 det, v = 2 m/dt dan Penyelesaian : a =

(

dv dt

x = 9 meter.

sehingga dv = a . dt

)

v = 4t - 1 3 + C1 untuk t = 3, v = 2 m/dt maka

2 ∫ dv = ∫ 4 − t dt 3 2 = 4.3- 1 3 3 + C1

diperoleh C1 = -1

3 Sehingga v = 4t- 1 3 t − 1

Untuk mencari perpindahan sebagai fungsi waktu v=

dx dt

sehingga dx = v . dt

(

)

3 ∫ dx = ∫ 4t − 1 3 t − 1

X

4 = 2t2 - 112 t − t + C2

untuk x = 9 meter

maka : 4 9 = 2.32- 112 3 − 3 + C 2

9 = 18- 8112 − 3 + C2 diperoleh C2 = 0,75

4 Sehingga x = 2t2- 112 t − t + 0,75

2.

Dinamika Partikel

FISIKA TEKNIK

10

BAHAN KULIAH

Dimanika adalah bagian dari ilmu fisika yang mempelajari hubungan antara gaya dan gerak. Gaya merupakan sebuah konsep (gagasan) dan hasil pemikiran yang sering dijelaskan dengan kata “dorongan atau tarikan yang memiliki arah”,. Jadi gaya merupakan besaran vektor. Gaya dapat mengubah kecepatan atau menghasilkan percepatan atau mampu pula mengubah arah gerak. Pada bab ini Anda akan diperkenalkan dengan gaya berat, gaya normal, gaya tegangan tali dan gaya gesek. Massa: Sifat suat benda yang cenderung mempertahankan keadaan diamnya atau keadaan gerak lurus beraturannya disebut inersia atau kelembaman (kemalasan). Inersia suatu benda berhubungan dengan “banyak zat” yang dikandung oleh benda. Ukuran kuantitatif dari inersia adalah massa. Makin besar massa suatu benda makin kecil percepatannya ketika suatu gaya tertentu dikerjakan pada benda itu. Satuan massa dalam SI adalah kilogram (kg). Hukum Newton I berbunyi sebagai berikut: bila gaya yang bekerja pada suatu benda sama dengan nol (gaya-gaya seimbang), maka benda yang semula diam akan terus diam atau yang semula bergerak akan terus bergerak dengan kecepatan tetap pada suatu lintasan lurus (gerak lurus beraturan). Hukum Newton I berhubungan dengan benda-benda yang ada dalam keadaan seimbang, yang secara matematis dinyatakan dengan persamaan: ΣF

=0

setara dengan dua persamaan skalar berikut: ΣFx = 0

ΣFy = 0

Untuk mempercepat suatu benda, gaya-gaya tidak seimbang (resultan gayanya tidak sama dengan nol) harus dikerjakan pada benda. Hal sebaliknya berlaku, yaitu setiap percepatan disebabkan oleh aksi dari gaya-gaya tidak seimbang. Resultan gaya adalah suatu vektor gaya yang mempunyai akibat yang sama dengan akibat semua vektor gaya yang bekerja pada suatu benda. Hukum Newton II berkaitan dengan resultan gaya yang tidak nol (gaya-gaya tidak seimbang yang bekerja pada suatu benda dan menghasilkan percepatan pada benda tersebut. jika resultan gaya diberi lambang ΣF, secara matematis dinyatakan: ΣF = m a

FISIKA TEKNIK

11

BAHAN KULIAH

Gaya merupakan besaran vektor sehingga setara dengan persamaan skalar berikut ini ΣFx = m ax dan ΣFy = m ay Satuan-satuan yang harus digunakan pada Persamaan di atas satuan SI, yaitu massa m dalam kg; percepatan a dalam m s-2, dan gaya F dalam Newton (N). Satuan Newton (1 N) didefinisikan sebagai gaya yang memberikan percepatan 1 m s-2 pada benda yang bermassa 1 kg. Hukum III Newton berbunyi sebagai berikut: jika benda pertama mengerjakan gaya pada benda kedua maka benda kedua akan mengerjakan gaya pada benda pertama, yang besarnya sama tetapi arahnya berlawanan. Hukum ini dapat juga dinyatakan sebagai berikut: Untuk setiap aksi, ada suatu reaksi yang sama besar tetapi berlawanan arah. Secara sistematis, hukum III Newton dinyatakan dengan: aksi = -reaksi Misalnya; gaya kaki menendang bola (aksi) dan bola memberi gaya berlawanan terhadap kaki (reaksi). Dengan demikian, untuk setiap gaya aksi, selalu ada suatu gaya reaksi yang sama besar dan berlawanan arah. Oleh karena itu: (1) Pasangan gaya-gaya aksi reaksi selalu hadir ketika dua buah benda berinteraksi. Dengan kata lain, tidak ada di alam ini gaya yang dapat terjadi oleh dirnya sendiri; (2) Pasangan gaya-gaya aksi-reaksi selalu bekerja pada dua benda yang berbeda, sehingga gaya-gaya tersebut tidak mungkin saling menghilangkan atau menghasilkan keseimbangan. Berat benda adalah gaya gravitasi (gaya tarik) yang dialami oleh suatu benda. Di Bumi, berat benda adalah gaya tarik bumi pada benda. Satuan berat dalam SI adalah Newton (N). Arah berat benda (lambang w) selalu vertikal ke bawah, seperi ditunjukkan pada Gambar 1.

w FISIKA TEKNIK

w 12

BAHAN KULIAH

Gambar 2. Hubungan antara massa dan berat: Massa adalah ukuran inersia suatu benda, sedangkan berat adalah gaya gravitasi yang dialami oleh suatu benda. Jelas kedua besaran ini tidak sama. Akan tetapi kedua besaran ini memiliki hubungan erat. Jika benda bermassa m jatuh bebas, pada benda tersebut bekerja gaya tarik Bumi (disebut berat benda, w) sehingga benda tersebut mengalami percepatan ke bawah (disebut percepatan gravitasi, g). Berdasarkan hukum II Newton, pada benda jatuh bebas ΣF = m a, dengan ΣF = w dan a = g diperoleh: w=mg Persamaan gaya berat di atas inilah yang menyatakan hubungan antara massa dan berat. Beda antara massa dan berat adalah sebagai berikut: (1) Massa adalah ukuran inersia suatu benda (termasuk besaran skalar). Berat adalah gaya gravitasi yang dialami suatu benda (termasuk besaran vektor). (2) Dalam SI, satuan massa adalah kg, sedangkan satuan berat adalah Newton. (3) Massa suatu benda tetap di mana saja benda berada. Beratu suatu benda bergantung pada percepatan gravitasi di tempat di mana benda berada. Berat suatu benda pada permukaan Bumi berbeda sedikit, misal berat benda di daerah kutub lebih besar sedikit daripada berat benda di daerah khatulistiwa. Berat benda sangat berbeda pada berbagai tempat di jagat raya, misalnya, berat benda di Bulan kirakira seperenam berat benda di Bumi. Gaya normal: Jika permukaan benda I dan benda Ii saling bersentuhan maka benda I akan ditolak oleh benda II dengan gaya N12 yang arahnya tegak lurus terhadap bidang sentuh. Benda II juga akan ditolak oleh benda I dengan gaya N21 yang arahnya juga tegak lurus terhadap bidang sentuh (lihat Gambar 6-2). Gaya N12 dan N21 adalah pasangan aksi reaksi sehingga N12 = N21. Gaya-gaya yang arahnya tegak lurus bidang sentuh yang hanya bekerja jika dua benda bersentuhan disebut N gaya normal. 12

I FISIKA TEKNIK

13

II N21

BAHAN KULIAH

Bidang sentuh horisontal

I II

(a) Benda I dan II bersentuhan dengan bidang sentuh horizontal

I

N12

II

N21

Bidang sentuh vertikal

Gambar 3 (b) Benda I dan II bersentuhan dengan bidang sentuh vertikal Gaya tegang tali: Jika sebuah tali yang menghubungkan dua buah benda ditegangkan maka pada ujung-ujung tali bekerja gaya tegang tali (diberi lambang T). Untuk kasus dalam soal-soal kita anggap gaya tegang yang timbul pada tali yang sama memiliki besar yang sama. Pada Gambar 3. tali yang menghubungkan benda m1 dan benda m2 adalah sama, sehingga gaya tegang tali yang bekerja pada benda m1 dan m2 sama besarnya yaitu T1. Demikian juga tali yang menghubungkan m2 dan m3 adalah sama, sehingga gaya tegang tali yang bekerja pada m2 dan m3 sama besarnya, yaitu T2. T1

T1

T2

m1

T2

m2

m3

Gambar 4 Diagram bebas benda adalah diagram terpisah untuk tiap benda atau sistem lebih dari satu benda yang memperlihatkan semua gaya yang bekerja pada tiap benda atau sistem. P m1

m2

Lantai licin (tanpa gesekan)

FISIKA TEKNIK

14

BAHAN KULIAH

(a) N2

N1 P

N12 N21

m1g

M2g

(b) Gambar 5 Pada Gambar 4a diperlihatkan benda m1 dan m2 yang bersentuhan dan pada benda m1 diberi gaya dorong P. Diagram bebas benda m1 dan m2 ditunjukkan pada Gambar 4b. Gaya gesekan adalah gaya yang muncul apabila dua permukaan yang bersentuhan mengalami pergeseran atau berada pada kecenderungan untuk bergeser. Arah gaya gesekan berlawanan dengan arah gerak atau arah kecenderungan gerak benda dan berimpit atau bergaris dengan kedua bidang sentuh permukaan. Gaya gesekan adalah gaya tidak konservatif, sebab usaha yang dilakukan oleh gaya gesekan pada suatu benda yang menempuh sembarang lintasan dan kembali lagi ke titik tidak nol. Gaya gesekan statik dan gaya gesekan kinetik adalah dua macam gaya gesekan yang perlu diperhatikan. Gaya gesekan statis bernilai mulai dari nol sampai mencapai nilai maksimum pada saat benda hampir bergerak atau bergeser. Gaya gesekan statis ketika permukaan yang bergesekan dalam keadaan hampir bergerak atau bergeser disebut gaya gesekan statis maksimum (simbol fsm), yang dirumuskan oleh

mg FISIKA TEKNIK

15

BAHAN KULIAH

Gambar 6 fsm = μs N dengan μs adalah koefisien gesekan statis dan N adalah gaya normal. Untuk benda yang terletak pada bidang datar kasar dan tidak diberi gaya luar yang memiliki komponen vertikal berlalu N = m g (lihat Gambar 5), sehingga fsm = μs m g ketika benda sudah mulai bergerak, gaya gesekan yang bekerja pada benda disebut gaya gesekan kinetik (simbol fk), dan dirumuskan oleh fk = μk N dengan μk adalah koefisien gesekan kinetik. Untuk benda yang terletak pada bidang datar kasar dan tidak diberi gaya luar yang memiliki komponen vertikal, berlaku fk = μk m g perhatikan, gaya gesekan kinetik selalu lebih kecil dari gaya gesekan statik maksimum, sehingga koefisien gesekan kinetik selalu lebih kecil dari koefisien gesekan statik fk < fsm  μkN < μk N  μk < μs Jadi, jika diketahui koefisien gesekan 0,2 dan 0,4 berarti koefisien gesekan kinetik μk = 0,2 dan koefisien gesekan statik μs = 0,4. Empat langkah untuk menyelesaikan soal-soal dinamika: (1) Gambar sketsa soal dan cari data-data yang diketahui (2) Pilih benda atau sistem yang akan ditinjau. Gambarkan diagram bebas benda atau sistem tersebut. beri nama setiap gaya, misal: w untuk berat benda, N untuk gaya normal, T untuk gaya tegangan tali dan P, Q, R untuk gaya-gaya lainnya. (3) Tentukan sumbu x dan sumbu y yang memudahkan perhitungan. Uraikan setiap gaya pada sumbu x dan y, kemudian hitung besar komponen-komponen gaya ini dengan sinus dan cosinus yang sesuai. Misal untuk gaya P, komponenkomponennya diberi nama Px dan Py. (4) Gunakan Hukum I dan II Newton pada benda atau sistem yang ditinjau.

FISIKA TEKNIK

16

BAHAN KULIAH

ΣFx = 0 atau ΣFy = 0 jika benda diam atau bergerak lurus beraturan terhadap sumbu x dan sumbu y. ΣFx = max atau ΣFy = may jika benda bergerak dengan percepatan a pada sumbu x atau sumbu y. Soal dan Pembahasan 1. Sebuah benda dibawa dari Bumi menuju ke Bulan. Bagaimana perubahan massa dan beratnya? Jawab: Massa tetap tidak berubah tetapi terjadi perubahan berat karena terjadi perubahan percepatan gaya gravitasi yang dialami benda. 2. Mengapa benda yang di bawa dari khatulistiwa menuju kutub mengalami perubahan berat? Jawab: Bentuk Bumi yang bulat pepat di kedua katubnya menyebabkan jari-jari Bumi antara khatulistiwa dan kutub berbeda, sehingga terdapat perbedaan percepatan gaya gravitasi antara khatulistiwa dan kutub. Oleh sebab itu benda yang dibawa dari khatulistiwa menuju kutub mengalami perubahan berat. 3. Jika emas dijual berdasarkan beratnya, Anda akan memilih membeli Alaska (dekat kutub utara) atau Pontianak (khatulistiwa)? Jawab: Agar dapat emas lebih murah, maka tempat membeli yang dipilih adalah di Pontianak (khatulistiwa) karena jari-jari tempat tersebut lebih besar daripada di Alaska (dekat kutub utara) sehingga percepatan gravitasi yang menjadi lebih kecil dan beratnya yang diperoleh juga lebih kecil. 4. Apa yang dimaksud sistem berada dalam keadaan setimbang? Jawab: Sistem dikatakan berada dalam keadaan setimbang, jika total gaya-gaya yang bekerja pada benda = 0. Bila dinyatakan secara matematis adalah ΣF = 0 (hukum I Newton).

FISIKA TEKNIK

17

BAHAN KULIAH

5. Mengapa benda yang diam cenderung diam dan bergerak setelah dikenai sebuah gaya luar. Jawab: Sesuai dengan hukum I Newton, benda akan mempertahankan keadaan diamnya atau keadaan bergeraknya, dan akan bergerak jika dikenai gaya luar yang menyebabkan benda tidak mampu mempertahankan keadaan setimbangnya. 6. Mengapa ketika bus yang melaju kencang dan tiba-tiba berhenti, para penumpang mengalami gaya dorongan ke depan? Jawab: Sesuai dengan hukum I Newton, benda akan mempertahankan keadaan diamnya atau keadaan bergeraknya. Jika keadaan mula-mula para penumpang bergerak ke depan relatif terhadap Bumi lalu tiba-tiba berhenti, maka mereka akan mengalami sifat kelembaman yang cenderung mempertahankan keadaan semula, yaitu bergerak ke depan, sehingga mereka akan merasakan semacam gaya dorong ke depan ketika tiba-tiba bus berhenti. 7. Samson mendorong sebuah mobil bermassa 500 kg sehingga mobil tersebut bergerak dengan percepatan 2 m/s2. Berapa gaya yang diberikan oleh Samson terhadap mobil? Jawab: F = mg = 500 kg · 2 m/s2 = 1 000 N 8. Mengapa saat tangan kita memukul tembok dengan gaya F, tangan kita merasakan sakit? Jawab: Karena tembok memberikan reaksi dengan gaya tolak F yang berlawanan arah dan sama besar dengan aksi gaya F pukulan tangan kita ke tembok. Gaya tolak F inilah yang menyebabkan tangan kita merasakan kesakitan. 9. Seorang ayah berdiri diam menggendong anaknya yang bermassa 30 kg di atas kedua bahunya. Berapakah gaya yang dilakukan agar anak tetap berada di atas kedua bahunya? Jawab:

FISIKA TEKNIK

18

BAHAN KULIAH

F = mg = 30 kg · 9,8 kg m/s2 = 294 N 10. Massa penerjun berikut payungnya 80 kg dan percepatan gravitasi 10 m/s2. Pada suatu saat hambatan udara 320 N bekerja pada payung penerjun. Berapakah percepatan jatuhnya penerjun pada saat itu?

Jawab:

f = 320 N

+ a

mg

Massa penerjun berikut payung m = 80 kg, g = 10 m/s2. Berat w = mg = (80 kg)(10 m/s2) = 800 N. Pada penerjun bekerja dua buah gaya, yaitu gaya berat mg dan gaya hambat udara f (lihat gambar). Dengan mengambil arah ke bawah positif maka:

∑F

= ma = mg − f

a

=

a

= 6,0 m / s 2

FISIKA TEKNIK

mg − f 800 N − 320 N = m 80 kg

19

BAHAN KULIAH

11. Sebuah balok bermassa 50 kg di tahan diam oleh gaya P dengan sistem katrol seperti pada gambar. Tentukan tegangan tali T1, T2, T3, T4, T5, dan besar gaya P.

T4

T2

T1

T3

T5 P M

Jawab:

Gaya-gaya yang bekerja pada sistem ditunjukkan pada gambar berikut. Berat balok mg = (50 kg)(9,8 m/s2) = 490 N. Tali yang menghubungkan titik-titik a-b-cd-e adalah tali yang sama. Oleh karena itu tegangan tali pada titik-titik ini memiliki besar yang sama T1 = T2 = T3. Selanjutnya kita tetapkan arah ke atas sebagai arah positif. T4 c

b T1

III

T3

e T2 T2

T3 d

II

T1 T5 a

T5

P

I mg

FISIKA TEKNIK

20

BAHAN KULIAH

Tinjau sistem I: ΣF = 0 +T5 – mg = 0  T5 = mg ∴ T5 = 490 N Tinjau sistem II: ΣF = 0 +T2 + T3 – T5 = 0 +T2 + T3 = T5  T2 = T2 =

1 T5 2

1 (490 N) = 245 N 2

∴ T1 = T2 = T3 = 245 N Tinjau sistem II: ΣF = 0 ⇒ +T4 – T1 – T2 – T3 = 0 +T4 – 3T1= 0  T4 = 3(245 N) ∴ T4 = 735 N Tinjau sistem IV: ΣF = 0 +T1 – P = 0  P = T1 ∴ P = 245 N 12. Dua benda A dan B masing-masing bermassa 2,0 kg dan 3,0 kg diikat dengan tali melalui sebuah katrol (lihat gambar (a)). Mula-mula B ditahan kemudian dilepaskan. Jika g = 10 m/s2, berapakah kecepatan B saat menumbuk lantai?

T B

9m

A

2,0 kg

lantai FISIKA TEKNIK

+

3,0 kg Arah gerak

+

Arah gerak mAg

21

BAHAN KULIAH

(a)

(b)

Jawab: Gaya-gaya yang bekerja pada benda B dan A ditunjukkan pada Gambar (b). Tinjau sistem A dan B dan perhatikan bahwa untuk sistem seperti ini umumnya arah gerak benda ditetapkan sebagai arah positif. Jadi, untuk B arah ke bawah adalah positif dan untuk A arah ke atas adalah positif

∑ F = ma

+ T − m A g + mB g − T = ( m A + mB ) a a=

mB − m A g; mB + m A

a=

3,0 − 2,0 10 m / s 2 3,0 + 2,0

(

)

a = 2 m / s2 Benda B bergerak dari kecepatan awal v0 = 0, a = 2 m/s2 menempuh jarak s = 9 m untuk tiba di lantai, sehingga kecepatan sama menumbuk lantai, vt adalah: vt2 = v 02 + 2as

(

)

vt2 = 0 + 2 2 m / s 2 ( 9 m ) v = 36 m / s 2 t

2

2

vt = 6 m / s 13.

A

µk= 0,2 B g= 10 ms-2 25 m

FISIKA TEKNIK

22

BAHAN KULIAH

Balok A massanya 2 kg, balok B massanya 1 kg. Balok B mula-mula diam, dan bergerak ke bawah. Tentukan selang waktu balok menyentuh lantai. (g = 10 m s-2) Jawab : Diketahui mA = 2 kg, mB = 1 kg, koefisien gesek kinetik pada A µk = 0,2, g = 10 m s-2. Diagram gaya ditunjukkan pada gambar berikut ini!

NA T fk

T mAg

B mBg

s=25 m

Dengan meninjau kedua benda sebagai satu sistem, percepatan dapat ditentukan melalui ΣF = ma +mB g – T + T – fk = (mA + mB) a MB g - µk mA g = (mA + mB) a a

( mB − µ k m A ) g ( m A + mB ) (1 − 0,2 × 2)10 = (1 + 2 ) =

= 2 ms − 2 Selang waktu balok menyentuh lantai ditentukan melalui persamaan s = v0t +

1 2 at 2

Benda mula-mula diam (v0 = 0), maka: s = v0t +

1 2 at 2

FISIKA TEKNIK

23

BAHAN KULIAH

=0+ t2 =

1 2 at 2

2 s 2( 25 ) = → t = 25 = 5 sekon a 2

14. Dari gambar berikut diketahui bahwa massa balok A = 1 kg, massa balok B = 2 kg. Koefisien gesekan antara A dan B sebesar 0,4 dan dan koefisien gesekan antara balok B dengan alasnya 0,8. Hitunglah besar gaya F yang dipelukan tepat saat balok B akan bergerak! (g = 10 m/s2)

T

T A B

F

Jawab : mA = 1 kg, mB = 2 kg, koefisien gesekan antara A dan B, µA-B = 0,4, koefisien gesekan antara B dengan alasnya µB-1 = 0,8. Tanpa meninjau gaya-gaya vertikal, kita dapat menghitung gaya normal tiap balok. Gaya normal pada balok yang atas (balok A), NA-B = mAg  NA-B = (1)(10) = 10 N Gaya normal pada balok yang bawah (balok B), NB-1 = mA g + mB g = (1)(10) + (2)(10)  NB-1 = 30 N Untuk menghitung besar gaya F, kita tinjau gaya-gaya horisontal yang bekerja pada balok B (lihat gambar). FB-A

F B

+

FB-1

FISIKA TEKNIK

24

BAHAN KULIAH

Balok B hampir bergerak:

∑F

x

=0

+ F − f B − A − f B −1 = 0 F = f B − A + f B −1

Jadi, kita perlu menghitung fB-A dan fB-1 terlebih dahulu fB-A = µB-A NB-A = (0,4)(10) fB-A = 4 fB-A = µB-1 NB-1 = (0,8)(30) fB-1= 24 Sehingga F = FB-A + FB-1 = 4 + 24 = 28 N

3. Fluida Tak Bergerak Zat dapat mempunyai bentuk padat, cair, dan gas. Zat padat mempunyai bentuk tetap. Sedangkan zat cair dan gas mempunyai bentuk yang berubah-ubah dan dapat mengalir. Karena dapat mengalir, maka zat cair dan gas dinamakan fluida atau zat alir. Fluida merupakan satu topik yang sangat penting. Hampir tiap hari kita berhubungan dengan fluida. Secara umum fluida dibagi atas 2 bagian, yaitu: fluida tak bergerak (statis) dan fluida bergerak (dinamis). Dalam subbab ini kita hanya membicarakan fluida statis.

Dalam pembahasan fluida kita membatasi diri dengan

membicarakan fluida ideal saja (kecuali ketika kita berbicara tentang viskositas). Beberapa sifat fluida dan fluida sejati (nyata) adalah sebagai 1. Fluida ideal memiliki sifat a). tidak kompresibel artinya tidak mengalami perubahan volume akibat adanya tekanan b). ketika bergerak tidak mengalami gesekan dan c). alirannya stasioner (aliran yang konstan) sedangkan 2. Fluida sejati memiliki sifat a). kompresibel artinya volume atau massa jenisnya berubah ketika mendapat tekanan b0. Gesekan antara fluida dengan dinding tabung tidak diabaikan c). alirannya tidak stasioner (turbulen atau bergejolak).

FISIKA TEKNIK

25

BAHAN KULIAH

Beberapa topik yang akan kita bahas adalah: Beberapa hal yang dibicarakan di sini meliputi pengertian tekanan, prinsip Archimedes dan tegangan permukaan dan kapilaritas. a. Tekanan Secara umum tekanan didefinisikan sebagai gaya normal persatuan luas. Distribusi besarnya tekanan dalam fluida umumnya tidak uniform, sedangkan tekanan gas dalam suatu ruang ( dalam beiana misalnya ), dapat dianggap sama di semua titik dalam bejana tersebut. Ditinjau tekanan dalam zat cair pada kedalaman h (Gambar.3.1)

p

dy

h

p + dp

h

Gambar 3.1 Tekanan pada zat cair pada kedalaman tertentu Elemen volume berbentuk "balok" dari suatu cairan tebal dy, luas bidang atas/bawah dA. Elemen volume ini menerima tekanan dari segala arah, secara tegak lurus. Dari hubungan p = F/A dan tekanan pada bidang bawah p + dp, maka gaya ke atas (p + dp) dA. Pada bidang atas timbul gaya ke bawah yang disebabkan tekanan p sebesar p . dA. Gaya ke bawah yang lain yaitu gaya berat : dW dW = ρ g dv = ρ g dy dA

(3.1)

dimana : ρ - rapat massa zat cair. Fluida dalam keadaan setimbang, maka ∑ F y = 0 (p + dp) dA + ρ g dy dA = p.dA dp = - ρ g dy

FISIKA TEKNIK

26

BAHAN KULIAH

dp =-ρg dy

(3.2)

ternyata yang menyebabkan perbedaan tekanan dp adalah gaya berat ( ρ g ). Karena dp < 0, maka p merupakan fungsi monoton turun terhadap ketinggian. Makin ke dy

bawah dari permukaan air, akan makin bertambah tekanannya atu bertambah tinggi tempatnya (dari dasar) akan bertambah kecil tekanannya. p

−y

p0

y0

∫ dp = − ρg ∫ dy = -ρ g (-y) -ρ g yo ; p – po = ρ g (y – yo) sehingga tekanan p

= po + ρ g (y – yo)

(3.3)

Persamaan ( 7.3 ) disebut persamaan tekanan hidrostatika, jika y dan yo tetap tempatnya (y - yo = h ), maka p = po + ρ g h

(3.4)

Demikian pula untuk gas, dapat diturunkan persamaan barometer, yang menyatakan tekanan bergantung pada ketinggian. Dalam perhitungan di sini dipakai beberapa pendekatan yaitu ; - Udara bersifat sebagai gas ideal, dengan temperatur yang sama di mana-mana. Persamaam keadaan gas ideal : pv

= nRT

n

=

m M

; pv =

m R. T maka M

v

=

m RT pM

dimana n adalah jumlah gram mol, M adalah berat molekul, R adalah konstante gas umum, m adalah massa dan T adalah temperatur. Sehingga massa jenis ρ=

m PM = v RT

maka perubahan tekanan menjadi dp = - ρ g dy = -

∫

p

p0

FISIKA TEKNIK

PM g dy RT

dp Mg y P Mg = dy → ln =− .y ∫ 0 p RT P0 RT

27

BAHAN KULIAH

P = Po e

−

MGY RT

(3.5)

Dimana P0 adalah tekanan udara pada y = 0 dan y adalah ketinggian diukur dari permukaan bumi. Biasanya, tekanan yang kita ukur adalah perbedaan tekanan dengan tekanan atmosfir, yang disebut TEKANAN GAUGE tekanan pengukur dan Dalam Sistem Internasional gaya yang dinyatakan dalam Newton (N) dan luas dalam m2 sehingga tekanan dinyatakan dalam N/m2 yang dikenal dengan nama pascal atau disingkat Pa ( 1 Pa = N/m2) Tekanan ban mobil biasanya dinyatakan dalam kilopascal atau kPa (1 kPa = 1.000 Pa),. Suatu tekanan lain yang sering dipakai (terutama berhubungan dengan tekanan udara) adalah atmosfer (atm), bar, dan cm raksa (cmHg) dimana 1 bar = 105 Pa dan 1 atm = 76 cmHg = 1,01 × 105 Pa b. Prinsip Archimedes Di dalam fluida, suatu benda akan mengalami gaya tekan ke atas (gaya apung) sebesar berat fluida yang dipindahkanya yang lazim disebut gaya Archimedes. Ambil sebuah batu, kemudian celupkan dalam air. Apa yang Anda rasakan? Batu terasa lebih ringan bukan? Sekarang ambil sekeping papan lalu letakkan pada permukaan, tampak papan terapung.

Gambar 3.2 Mengapa batu tampak lebih ringan dan kayu terapung? Pada waktu batu diletakkan di dalam air, batu akan mendapat tekanan dari segala arah (Gambar 3.3a). Gaya arah mendatar saling menghapuskan sedangkan pada arah vertikal tidak. Pada

FISIKA TEKNIK

28

BAHAN KULIAH

Gambar 3.3b gaya hidrostatik pada permukaan bawah benda (FA) lebih besar dibandingkan dengan gaya hidrostatik di permukaan atas benda, FB (ingat rumus P = ρgh, semakin ke bawah semakin besar gaya hidrostatiknya).

Gambar 3.3a

Gambar 3.3b

Selisih gaya yang ke atas dan yang ke bawah ini dinamakan dengan gaya ke atas. Akibat gaya ke atas inilah batu terasa lebih ringan ketika berada di dalam air. Benda dalam air = Berat di udara – Gaya ke atas Berat dalam suatu zat cair sering dinamakan dengan berat semu. Berapa besar gaya ke atas? Archimedes (287-212 SM) berhasil mengukur gaya ke atas ini. Perhitungan ini dinyatakan dalam suatu kalimat yang dikenal sebagai Hukum Archimedes. “Suatu benda yang dicelupkan dalam suatu fluida akan mengalami gaya ke atas yang sama dengan berat fluida yang dipindahkan. Untuk mengerti hukum Archimedes, mari kita lihat dulu apa yang dimaksud dengan berat fluida yang dipindahkan.

FISIKA TEKNIK

29

BAHAN KULIAH

Gambar 3.4a

Gambar 3.4b

Gambar 3.4 melukiskan suatu gelas berpancur berisi fluida sampai di mulutnya. Di dekat gelas terdapat gelas ukuran. Ketika sebuah batu dimasukkan ke dalam gelas berpancur, permukaan fluida naik dan fluida memancur ke gelas ukur. Berat fluida yang terdapat dalam gelas ukur inilah yang dimaksud berat fluida yang dipindahkan. Jika volume fluida yang dipindahkan (tercelup) Vt dan massa jenis fluida ρ maka berat fluida yang dipindahkan adalah: Wzat cair yang dipindahkan = Vt ρg Jadi berdasarkan hukum Archimedes besarnya gaya ke atas, FA yang diterima oleh batu (benda yang dicelupkan dalam zat cair) adalah: FA = Vt ρ g .................................................................................................... (3.5) Contoh 3.1: Sebuah batu dimasukkan dalam sebuah gelas berpancur berisi air. Ternyata air yang keluar 20 cm2. Jika g = 980 cm/s2. Hitunglah: a. Volume batu b. Berat air yang dipindahkan dan c. Gaya ke atas yang dialami batu!

Gambar 3.5 Penyelesaian: a) Ketika batu dimasukkan dalam gelas berpancur, batu akan tenggelam, sehingga volume air yang keluar sama dengan volume batu.

FISIKA TEKNIK

30

BAHAN KULIAH

V(volume batu) = Vt = 20 cm3 b) Berat air yang dipindahkan adalah berat air yang keluar (gunakan satuan CGS). Wair yang dipindahkan

= Vt ρ g = (20) (1) (980) = 19.600 dyne

c) Gaya ke atas yang dialami batu sama dengan berat zat cair yang dipindahkan, yaitu: FA = Wair yang dipindahkan = 19.600 dyne TENGGELAM, MELAYANG, DAN TERAPUNG Suatu benda dikatakan tenggelam jika berat benda lebih besar dari gaya ke atasnya. Jika volume benda V dan massa jenis benda ρ maka berat benda adalah: Wbenda = m g = V ρbenda g Ketika benda tenggelam, volume zat cair yang dipindahkan Vp sama dengan volume benda sehingga gaya ke atas yang diterima benda (= berat zat cair yang dipindahkan) adalah: FA = Vt ρzat cair g = V ρzat cair g Karena Wbenda > FA, maka: V ρbenda g > V ρzat cair g atau: ρbenda > ρzat cair (syarat tenggelam) Jadi, benda akan tenggelam jika massa jenisnya lebih besar dari massa jenis zat cair. Contoh benda tenggelam: batu atau besi yang dimasukkan dalam air. Suatu benda dikatakan melayang jika berat benda sama besar dengan gaya ke atasnya.

FISIKA TEKNIK

31

BAHAN KULIAH

Gambar 3.6 Ketika benda melayang, volume zat cair yang dipindahkan Vt sama dengan volume benda, V (karena seluruh benda tercelup) sehingga gaya ke atas yang diterima benda (= berat zat cair yang dipindahkan) adalah: FA = Vt ρzat cair g = V ρzat cair g Karena

Wbenda = FA, maka: Wbenda = FA V ρbenda g

= V ρzat cair g

atau: ρbenda = ρcat cair (syarat melayang) Contoh benda melayang, ikan yang sedang berenang (Gambar 3.6). Suatu benda dikatakan terapung jika berat benda lebih kecil dari gaya ke atasnya. Ketika benda terapung, volume zat cair yang dipindahkan Vp sama dengan volume benda yang tercelup saja. Ini tidak sama dengan volume total benda V (ini berbeda dengan peristiwa melayang di mana V = Vt). Gaya ke atas yang diterima benda adalah: Karena

FA

= Vp ρzat cair g

Wbenda

= FA, maka:

V ρbenda g

= Vp ρzat cair g

Ρbenda

=

Vp V

ρ cat cair

Namun karena Vp selalu lebih kecil dari V, maka: Ρbenda < ρzat cair (syarat terapung) Contoh benda terapung: Gabung yang diletakkan di dalam air (Gambar 3.7)

FISIKA TEKNIK

32

BAHAN KULIAH

Gambar 3.7 Contoh 3.2: Sebuah gabus (ρ = 0,8 g/cm3) dengan volume 20 cm3 dimasukkan dalam air. Hitung volume gabus yang berada dalam air! Hitung berapa banyak air yang dipindahkan oleh gabus ini! Penyelesaian: Anggap volume gabus yang tercelup Vt. Besar gaya ke atas yang diterima gabus adalah: FA = Vt ρair g Jika volume gabus seluruhnya V dan massa jenis gabus ρg, maka berat gabus adalah: Wgabus = mg = Vρg g

Gambar 3.8 Pada proses terapung berat benda sama dengan gaya ke atas (tidak mungkin gaya ke atas lebih besar dari berat benda karena ini akan membuat benda terpental ke atas). Wgabus = FA V ρg g = Vt ρair g Vt

=

ρg ρ air

V = 0,8 × 20 = 16 cm3

FISIKA TEKNIK

33

BAHAN KULIAH

Jadi, volume gabus yang tercelup adalah 16 cm3 dan yang muncul di permukaan adalah 4 cm3.

PENERAPAN HUKUM ARCHIMEDES Hukum archimedes telah diterapkan pada berbagai alat seperti hidrometer, kapal laut, kapal selam, balon udara. Kita akan membahas ini dalam soal dan penyelesaian. USAHA OLEH BEBERAPA GAYA Letakkan silet perlahan-lahan di atas permukaan air. Silet akan terapung! (Gambar 13.25a). Walaupun massa jenis silet lebih besar dibandingkan dengan massa jenis air, silet tetap dapat terapung karena adanya tegangan permukaan air.

Gambar 3.9a Tegangan permukaan suatu cairan berhubungan dengan gaya tegang yang dimiliki permukaan cairan itu. Gaya tegang ini berasal dari gaya tarik kohesi (gaya tarik antara molekul sejenis) molekul-molekul cairan. Gambar 13.25b melukiskan gaya kohesi yang bekerja pada molekul P (di dalam cairan) dan molekul Q (di permukaan). Molekul P mengalami gaya kohesi molekul-molekul tetangganya dari segala arah, sehingga molekul ini berada pada keseimbangan (resultan gaya nol). Tetapi molekul Q tidak demikian. Molekul ini hanya mengalami kohesi dari partikel di bawah dan di samping saja. Resultan gaya kohesi pada molekul ini ke arah bawah (tidak nol).

FISIKA TEKNIK

34

BAHAN KULIAH

Gambar 3.9b Gaya-gaya resultan arah ke bawah akan membuat permukaan cairan sekecilkecilnya. Akibatnya permukaan cairan menegang seperti selaput yang tegang. Jika setetes air raksa diletakkan di atas permukaan kaca, gaya kohesi molekulmolekul air raksa akan menarik molekul-molekul yang terletak di permukaan air raksa ke arah dalam sehingga tetes air raksa akan berbentuk bola.

Gambar 3.9c (Catatan: Bola merupakan bangun yang mempunyai luas permukaan yang terkecil). Permukaan air raksa terasa seperti selaput yang tegang. Tegangan “selaput” ini dinamakan dengan tegangan permukaan. Berikut ini contoh yang berhubungan dengan tegangan permukaan. 1. Lengkungkan kawat sehingga membentuk suatu loop lingkaran. Ikatkan benang sepanjang diameternya. Celupkan loop kawat ini ke dalam larutan sabun, lalu angkat dalam posisi mendatar. Akan terlihat lapisan sabung terbentang pada loop. Terlihat juga benang membagi lapisan menjadi dua bagian. Benang berbelokbelok tidak lurus (Gambar 13.26a)

FISIKA TEKNIK

35

BAHAN KULIAH

Gambar 3.10a

Gambar 3.10b

Selanjutnya tusuk salah satu bagian. Terlihat bahwa benang akan tertarik pada lapisan sabun yang tidak robek (Gambar 3.10b) membentuk suatu busur. Ini membuktikan adanya kohesi molekul sabun (tegangan permukaan). 2. Celupkan loop kawat dalam larutan sabung. Angkat loop ini dari larutan sabun sehingga tampak suatu lapisan sabun pada loop kawat ini. Ambil sehelai benang dan buat suatu loop kecil dari benang ini. Letakkan loop benang di atas lapisan sabun pada loop kawat (Gambar 3.11a). tusuk lapisan sabun dalam loop benang. Terlihat loop benang membentuk suatu lingkaran (Gambar 3.11b). Di sini gaya kohesi lapisan sabun akan menarik benang sehingga benang menjadi tegang (arah gaya kohesi ditunjukkan pada gambar)

Gambar 3.11a

Gambar 3.11b

3. Masukkan air dalam plastik. Ikat plastik ini, terlihat bahwa plastik cenderung mengambil bentuk bola. Ini menunjukkan adanya tegangan permukaan air (gaya kohesi molekul air) yang berusaha membuat permukaan air sekecil mungkin (seperti kita ketahui bola merupakan bangun yang luas pemukaannya terkecil).

FISIKA TEKNIK

36

BAHAN KULIAH

Gambar 3.12 4. Air yang menetes sedikit demi sedikit dari kerang cenderung akan membentuk bola. Ini juga menunjukkan adanya tegangan permukaan. 5. Ambil sebatang jarum lalu oleskan oli sedikit. Letakkan jarum ini pada sehelai kertas tisu. Letakkan jarum dan kertas tisu perlahan-lahan di atas permukaan air. Setelah beberapa saat akan terlihat kertas tisu menjadi basah, lalu tenggelam. Sedangkan jarum akan diam pada permukaan air, seolah-olah ada suatu selaput elastis yang menghalangi jarum tenggelam. Selaput elastis ini adalah akibat tegangan permukaan air (gaya kohesi molekul air). Jika ujung jarum ditekan sehingga selaput elastis ini rusak, jarum akan tenggelam.

Gambar 3.13

Gambar 3.14

6. Pada waktu sebatang kuas direndam di dalam air akan terlihat bulu-bulunya terpisah. Namun ketika kuas ini diangkat terlihat bulu-bulunya melekat satu sama lain. Ini disebabkan karena adanya gaya kohesi molekul air (tegangan permukaan) yang cenderung menarik bulu-bulu ini menjadi satu.

FISIKA TEKNIK

37

BAHAN KULIAH

Gambar 3.15 .

C. Tegangan Permukaan dan Kapilaritas Sering terlihat peristiwa-peristiwa alam yang tidak diperhatikan dengan teliti misalnya : tetes-tetes zat cair pada pipa kran yang bukan sebagai suatu aliran, mainan gelembung-gelembung sabun, pisau silet yang diletakkan perlahan-lahan di atas permukaan air yang terapung, naiknya air pada pipa kapiler. Hal tersebut dapat terjadi karena adanya gaya-gaya yang bekerja pada permukaan zat cair atau pada batas antara zat cair dengan bahan lain. Peristiwa adanya tegangan permukaan bisa pula ditunjukkan pada percobaan sebagai berikut: jika cincin kawat yang diberi benang seperti pada Gbr. 2.4a dicelupkan ke dalam larutan air sabun, kemudian dikeluarkan akan terjadi selaput sabun dan benang dapat bergerak bebas. Jika selaput sabun yang ada di antara benang dipecahkan, maka benang akan terentang membentuk suatu lingkaran. Jelas bahwa pada benang sekarang bekerja gaya-gaya ke luar pada arah radial ( Gbr. 2.4b). kawat

benang

(a)

FISIKA TEKNIK

Gambar 3.16. Tegangan Permukaan

(b)

38

BAHAN KULIAH

Pengamatan lain bisa dilakukan seperti pada Gambar. 7.5. Kawat yang berbentuk U dan sepotong kawat lurus lain dipasang sehingga dapat bergerak pada kaki kawat. Bila kawat tersebut dicelupkan pada larutan sabun, maka kawat lurus akan tertarik ke atas.

Untuk membuat sistem setimbang, maka harus diberi gaya W2

sehingga dalam keadaan kesetimbangan gaya tarik ke atas F = W1 + W2

l F

W1 W2 Gambar 3.17. Kawat berat W1 diberi beban W2 Bila panjang kawat lurus adalah L, dan karena selaput air sabun mempunyai dua permukaan, maka panjang total dari permukaan adalah 2L. Dari sini didefinisikan tegangan permukaan γ sebagai hasil bagi gaya permukaan terhadap panjang permukaan. Jadi dalam hal ini : γ

=

F 2L

(3.5)

Satuan tegangan permukaan dinyatakan dalam dyne/cm atau Newton/meter. Untuk perpindahan sesaat y, kerja yang dilakukan oleh gaya permukaan adalah sebesar Fy dan luas selaput sabun bertambah dengan 2Ly. Sehingga diperoleh :

F kerja F = y = = γ tambahan luas 2L y 2L

FISIKA TEKNIK

(3.6)

39

BAHAN KULIAH

Jadi tegangan permukaan tidak lain adalah kerja yang dilakukan untuk menambah luas permukaan sebesar satu satuan luas. Uraian di depan hanyalah membahas gaya permukaan zat cair, yaitu yang terjadi pada lapisan molekul zat cair yang berbatasan dengan udara. Di samping itu masih ada batas-batas lain yaitu antara lain yaitu antara zat cair dengan zat padat, dan zat padat dengan uap. Ketiga perbatasan dan selaput yang ada dilukiskan pada gambar, yang mempunyai ketebalan beberapa molekul saja.

Selaput permukaan padat uap Selaput permukaan cair uap

Padat

Selaput permukaan padat uap, cair uap dan padat cair

Gambar 3.18. Selaput permukaan padat uap, cair uap dan padat uap γ pc

- tegangan permukaan dari selaput padat-cair

γ pu

- tegangan permukaan dari selaput padat-uap

γ cu

- tegangan permukaan dari selaput cair-uap Besaran lain yang menentukan naik turunnya zat cair pada dinding suat pipa

kapiler, disebut sudut kontak (θ) yaitu sudut yang dibentuk oleh permukaan zat cair yang dekat dinding dengan dinding. Lihat gambar 3.19 sudut kontak ini tinul akibat gaya tarik menarik antara zat yang sama (gaya kohesi) dan gaya tarik menarik antara molekul zat yang berbeda (adhesi). F F Harga dari sudut kontak berubah-ubah dari 0° sampai 180° dan dibagi menjadi dua bagian. y

θ

FISIKA TEKNIK

W

F

θ

40

BAHAN KULIAH

Gambar 3.19 Sudut kontak pada pipa kapiler. Jika tabung berjari-jari R, maka zat cair yang bersentuhan dengan tabung sepanjang 2π R. jika dipandang zat cair dalam silinder kapiler dengan tinggi y dan jarijari R dan tegangan permukaan cair uap dari zat cair γ cu, maka gaya ke atas total adalah: = 2π R γ cu cos θ

F

(3.7)

Gaya ke bawah adalah gaya berat zat cair, yang harganya: = π R2 y ρ g

W Dimana

(3.8)

:

ρ

- rapat massa zat cair

g

- Percepatan gravitasi

dari syarat keseimbangan, diperoleh: W

=P

π R2 y ρ g = 2π R γ cu cos θ atau

y=

2 γ cu cos θ R ρg

(3.9)

Dari persamaan (3.9) terlihat bahwa harga-harga γ cu, R, ρ dan g selalu berharga positif. Sedangkan cos θ bisa menghasilkan harga positif maupun negatif. Untuk 0 < θ < 90, maka harga cos θ positif, sehingga diperoleh y yang positif. Zat cair yang demikian dikatakan membasahi dinding. Contohnya air dalam pipa kapiler gelas. Untuk 90 < θ < 180, maka harga cos θ negatif, sehingga diperoleh y negatif. Zat cair yang demikian dikatakan tak membasahi dinding. Contohnya air raksa dalam pipa kapiler gelas.

FISIKA TEKNIK

41

BAHAN KULIAH

A.

VISKOSITAS Viskositas merupakan gesekan dalam fluida. Besarnya viskositas menyatakan

kekentalan fluida.

Gambar 3.20 Gambar 3.20 melukiskan fluida yang mengalir dalam suatu tabung. Di sini fluida digambarkan sebagai lapisan-lapisan yang bergerak. Kecepatan terkecil (= 0) dimiliki oleh lapisan yang bersentuhan dengan dinding sedangkan kecepatan terbesar terdapat di lapisan tengah. Ketika lapisan-lapisan ini bergerak, mereka bergesekan satu sama lain. Gesekan antara lapisan inilah yang dinamakan viskositas. Gesekan (viskositas) akan menghambat gerakan fluida. Energi kinetik yang hilang akibat gesekan ini diubah menjadi panas. Itu sebabnya ketika fluida cukup kental diaduk, akan terasa hangat.

Gambar 3.21 Untuk menghitung hambatan akibat kekentalan fluida ini, perhatikan Gambar 3.21. Pada gambar tampak fluida diletakkan di antara dua papan. Papan bawah diam dan papan atas bergerak dengan kecepatan v. Lapisan fluida yang bersentuhan dengan

FISIKA TEKNIK

42

BAHAN KULIAH

papan bawah mempunyai kecepatan nol sedangkan yang bersentuhan dengan papan atasnya kecepatannya v. Gaya gesekan fluida menghambat gerakan papan atas. Berdasarkan hasil eksperimen diperoleh bahwa gaya viskositas: •

Sebanding dengan kecepatan papan atas v. Artinya makin cepat fluida bergerak makin besar viskositasnya.

•

Sebanding dengan luas bidang papan, A. Artinya semakin luas papan semakin besar gaya viskositasnya.

•

Berbanding terbalik dengan jarak antara keping, h. Artinya semakin besar jarak kedua keping semakin kecil gaya viskositasnya.

Hasil eksperimen ini dapat dituliskan sebagai berikut:

Fs = η

Av h

(3.10)

dengan η menyatakan suatu konstanta yang dinamakan koefisien viskositas atau koefisien kekentalan yang mempunyai satuan Ns/m2 atau PI (poisciulles). Dalam sistem CGS satuan koefisien viskositas dinyatakan dalam Poise. Pada tabel 3.1 terlihat bahwa viskositas udara sangat kecil, karena itu sering diabaikan. Perhatikan juga bahwa viskositas air dan alkohol sangat kecil dibandingkan dengan koefisien viskositas gliserin. Tabel 3.1. Koefisien Viscositas jenis fluida Fluida Udara Air Alkohol Darah (37°C) Oli motor Gliserin

FISIKA TEKNIK

Koefisien viskositas (Ns/m2) 1,8 × 10-5 1,0 × 10-3 1,2 × 10-3 2,3 × 10-3 2,0 × 10-1 1,5

43

BAHAN KULIAH

Berdasarkan eksperimen juga diperoleh bahwa koefisien viskositas tergantung suhu. Pada kebanyakan fluida makin tinggi suhu makin rendah koefisien viskositasnya. Itu sebabnya di musim dingin oli mesin menjadi lebih kental sehingga kadang-kadang mesin sukar dihidupkan. Catatan: Ketika kita berbicara viskositas, kita berbicara tentang fluida sejati. Fluida ideal tidak mempunyai koefisien viskositas. TEOREMA STOKES & KECEPATAN TERMINAL Pada tahun 1845, Sir George Stokes menunjukkan bahwa suatu bola berjarijari r yang bergerak dengan kecepatan v di dalam suatu fluida homogen akan mengalami gaya hambatan sebesar: Fs = 6πrηv

(3.12)

Anggap setetes air hujan jatuh dari suatu ketinggian. Akibat pengaruh gravitasi tetes akan dipercepat. Menurut rumus di atas, dengan bertambahnya kecepatan, bertambah pula gaya hambatan (gaya viskositasnya). Akhirnya suatu ketika gaya viskositas ini sama besarnya dengan gaya gravitasi pada tetes ini. Pada keadaan ini tetes air tidak dipercepat lagi dengan kata lain tetes akan turun dengan kecepatan konstan yang dinamakan kecepatan terminal. Besarnya kecepatan terminal dapat dicari sebagai berikut: mg = 6πrηv (berat tetes = gaya viskositas) Jika cairannya berbentuk bola yang mempunyai massa jenis ρ maka persamaan di atas dapat juga ditulis sebagai berikut. 4 3 πr ρg = 6πrηv 3 2 r 2 ρg v= 9 η Catatan: Pada penurunan rumus di atas kita mengabaikan gaya Archimedes.

FISIKA TEKNIK

44

BAHAN KULIAH

Gambar 3.22 Hal yang sama terjadi ketika sebuah kelereng dijatuhkan dalam oli yang kental atau ke dalam gliserin. Dengan tidak mengabaikan gaya Archimedes buktikan bahwa rumus kecepatan terminal adalah: 2 r2g (ρ − ρ f v= 9 η

)

dengan ρf menyatakan massa jenis fluida. Contoh Soal : 1. Di dalam sebuah bejana perbandingan banyaknya air dan alkohol adalah 4:1. Di dalam bejana itu terdapat 5 liter larutan air alkohol. Jika luas penampang bejana 100 cm2, hitung tekanan hidrostatik di dasar bejana! Pada jarak berapa dari permukaan tekanannya 20.000 dyne/cm2? (ρalkohol = 0,8 gr/cm3)

Penyelesaian: Karena dalam bejana ini terdapat campuran

air-alkohol maka kita harus

mencari dulu massa jenis larutan. Setelah mendapat massa jenis larutan, kita dapat menghitung tekanan hidrostatik pada dasar bejana dengan rumus Ph = ρ g h. Untuk soal b juga kita gunakan rumus yang sama.

FISIKA TEKNIK

45

BAHAN KULIAH

Ada kalanya kita lebih mudah menggunakan satuan CGS. Untuk soal ini kita akan mencoba mengerjakan dengan sistem CGS.

Kita hitung dulu volume dan massa air serta alkohol: Vair : Valk = 4:1 Vair =

Vlarutan = 5 liter

4 1 5 = 4 liter = 4.000 cm 3 Valkohol= 5 = 1 liter = 1.000 cm 3 4 +1 4 +1

mair = Vair  ρair = 4.000 × 1 = 4.000 g malk = Valk  ρalk = 1.000 × 0,8 = 800 g

ρ laru tan = h= a)

mtotal 4.000 + 800 = = 0,96 g / cm 3 Vtotal 5.000

V 5.000 = = 50 cm A 100 Besarnya tekanan hidrostatik adalah: P = ρ g h = 0,96 × 980 × 50 = 47.040 dyne/cm2

b) Jika tekanan hidrostatik Ph = 20.000 dyne/cm2, maka ketinggian cairan dapat dihitung sebagai berikut: P=ρgh

20.000= 0,96 × 980 × h sehingga h = 21,26 cm

2. Sepotong perak massanya 63 gram. Di dalam bensin (ρ = 0,7 gr/cm3) beratnya 57, 624 dyne. Hitung beratnya di dalam minyak tarbantin (ρ = 0,87 gr/cm3)! Penyelesaian: Misalnya berat di dalam bensin: WB dan berat di dalam minyak tarbantin WT. Berat di dalam fluida sama dengan berat benda dikurangi dengan gaya ke atas. WB= W – FA = mg – V ρB g V ρB g = mg - WB V =

mg − W B ρB g

FISIKA TEKNIK

46

BAHAN KULIAH

WT

= mg – V ρT g = mg −

mg − WB ρT × g ρB g

 ρT = mg 1 −  ρB

 ρT  + WB  ρB

Diketahui: = 0,87 gr/cm3 ; ρB = 0,7 gr/cm3 ; g = 9,8 m/s2 = 980 cm/s2 ;

ρT

m

= 63 gr WB

= 57.624 dyne

Sehingga  ρ WT = mg 1 − T  ρB

 ρT  + WB  ρB

 0,87  0,87 = 63 × 9801 − 57.624 + 0,7  0,7  = 56.624,4 dyne

3. Sebuah pipa gelas dengan lubang 1 cm2 dipegang vertikal dengan tangan. Kemudian bagian dasarnya ditutup dengan jari dari tangan yang lain. Raksa dimasukkan ke dalamnya setinggi 8 dm. Berapa derajat dari keadaan pertama pipa harus dimiringkan agar tekanan pada jari masih tinggal separuhnya? Massa jenis raksa 13,6 gr/cm3? Penyelesaian: Tekanan hidrostatik pada B separuh dari tekanan hidrostatik di A. Tekanan hidrostatik tidak tergantung pada bentuk tabung sehingga tekanan di B adalah PB = ρgh (lihat gambar)

FISIKA TEKNIK

47

BAHAN KULIAH

Gambar 3.23 1 1 PA .....ρgh = ρgh0 2 2 1 = h0 2 h 1 = = .Sehingga α = 60° h0 2 =

PB h cos α

4. Sebuah pipa gelas berbentuk silinder berisi raksa sedikit, diapungkan dalam sebuah bejana yang berisi air. Bagian silinder yang menonjol di atas permukaan air 4 cm. Kemudian di atas pemukaan air dituangkan minyak (ρ = 0,8 gr/cm3) sedemikian sehingga bidang atas silinder berada dalam satu bidang datar dengan permukaan minyak tanah. Berapakah tinggi lapisan minyak tanah yang dituangkan?

Gambar 3.24a-b Penyelesaian: Keadaan I: (gambar a) Anggap tinggi silinder h. Volume silinder yang tercelup adalah (h – 4)A. Karena benda seimbang maka gaya ke atas sama dengan berat silinder. W = FA = (h – 4)A × ρairg Keadaan II: (gambar b) Misalkan tinggi minyak yang dituangkan h1 cm. Ketika benda seimbang berat benda sama dengan gaya ke atas akibat minyak + akibat air. W

FISIKA TEKNIK

= (FA)minyak + (FA)air

48

BAHAN KULIAH

(h – 4)Aρairg

= Ah1ρminyakg + A(h – h1)ρairg

(h-4)1 = h10,8 + (h – h1)1 4

= 0,2 h1 sehingga h1 = 20 cm

Soal-Soal 1.

Tekanan di dalam angin puting beliung (angin tornado) sekitar 0,25 × 105 N/m2. Pada suatu daerah angin ini menutupi suatu pabrik yang tertutup rapat. Tekanan udara di dalam pabrik itu sama dengan tekanan atmosfer, yaitu 1,01 × 105 N/m2. Ketika angin menutupi pabrik, pabrik ini meledak akibat perbedaan tekanan. Hitung berapa gaya yang dialami oleh salah satu dinding bangunan pabrik yang luasnya 25 m2!

2.

13.80

Sehelai keras berukuran 30 cm × 15 cm diletakkan di atas meja. Hitung

gaya arah ke bawah yang dialami permukaan kertas itu! Tekanan udara 1,01 × 10 5 N/m2. 3.

13.81

Pada jarak sekitar 8 km dari ledakan bom nuklir 1-megaton, gelombang

ledakan memberikan tekanan 2 × 104 N/m2 lebih tinggi dari ledakan akibat perbedaan tekanan ini, jika luas permukaan depan orang tersebut 0,6 m2! 4.

Sebuah bola berrongga diameter luarnya 10 cm, diameter dalam 8 cm terapung pada cairan yang mempunyai rapat massa 5 gm/cm3, dan setengah volume bola terbenam dalam cairan. a. Tentukan rapat massa bola. b. Tentukan rapat massa cairan, agar

2 3

volume bola tersebut terbenam

dalam cairan. 5.

Satu gelembung alkohol setengah bola berjejari 0,6 cm dan mempunyai tegangan muka 22,3 dyne/cm pada tekanan udara luar 760 mm Hg. a. Tentukan tekanan pada selaput gelembung tersebut. b. Tentukan tekanan udara di dalam gelembung.

6.

Sebuah benda digantungkan pada suatu pegas dan benda diusahakan agar mengapung pada cairan yang mempunyai rapat massa 2 gm/cm3. Bila setengah bagian volume benda terbenam dalam cairan maka pegas bertambah panjang 10

FISIKA TEKNIK

49

BAHAN KULIAH

cm. Bila 0,8 bagian volume benda terbenam dalam cairan, maka pegas bertambah panjang 5 cm. Tentukan rapat massa benda tersebut. 7.

Permukaan cembung air raksa (rapat massa Hg = 13,6 gm/cm dari suatu barometer pada tekanan udara 1,1 bar membentuk sudut kontak 150°, sedangkan tegangan permukaan air raksa 465 dyne/cm. a. Tentukan tinggi air raksa dalam pipa barometer yang berjejari 1 mm. b. Tentukan tinggi air raksa dalam pipa barometer bila efek tegangan permukaan dapat diabaikan. c. Tentukan diameter minimum dari pipa barometer agar turunnya permukaan air raksa lebih kecil dari 0,05 cm

4. Fluida Bergerak Setelah mempelajari fluida statis (fluida yang tidak bergerak) dalam Bab XIII, sekarang marilah kita mempelajari dinamika fluida (gerakan atau aliran fluida). Gerakan fluida sangat rumit dan sampai sekarang belum dapat dimengerti dengan baik. Karena itu dalam membahas gerakan fluida kita akan menganggap fluida ideal. Beberapa sifat fluida ideal: 1). Inkompresibel (tidak termampatkan) artinya volume atau massa jenis fluida tidak berubah ketika ditekan. Zat cair merupakan contoh fluida inkompresibel sedangkan gas/udara merupakan fluida yang kompresibel (termampatkan). Pada kondisi tertentu, pemampatan pada gas boleh diabaikan sehingga kita boleh menganggap udara sebagai fluida yang inkompresibel. 2). Irrotasional (tidak berotasi/tidak berputar). Suatu aliran dikatakan irrotasional jika ia tidak memutar suatu benda atau roda kecil terhadap pusat massanya. (Catatan: fluida sejati tidak bersifat irrotasional. Semua benda di dalam fluida sejati mengalami gaya gesekan dengan fluida itu. Gesekan inilah yang menyebabkan benda berputar). 3). Alirannya tunak atau steady, maksudnya kecepatan fluida pada tiap titik tidak berubah dari waktu ke waktu. sebagai aliran tunak. Tetapi begitu kecepatannya sangat besar, alirannya tidak tunak (non steady), lagi, alirannya menjadi kacau (kelihatan berupa riak/gejolak). Aliran semacam ini dinamakan aliran turbulen. Gb. 14.5 melukiskan aliran asap rokok yang semula “steady” lalu menjadi turbulen. 4).

FISIKA TEKNIK

50

BAHAN KULIAH

Viskositasnya nol (tidak mengalami hambatan ketika bergerak). Karena tidak mengalami hambatan, fluida ideal mengalir lebih lancar dibanding dengan fluida sejati. Dalam bab ini kita akan membahas beberapa topik penting dalam fluida dinamika antara lain: persamaan kontinuitas dan persamaan Bernoulli. Gambar 3.1 melukiskan suatu bagian pipa yang mana fluida mengalir dari kiri ke kanan. Jika aliran dari type laminer, maka setiap partikel yang lewat titik A selalu melewati titik B dan titik C. Garis yang berhubungan ketiga titik tersebut disebut garis arus atau streamline. Bila luas penampang pipa berlainan, maka kecepatan partikel pada setiap titik juga berlainan. Tetapi kecepatan partikel-partikel pada saat melewati titik A akan sama besarnya. Demikian juga saat melewati titik B dan C.

A

B

C

Gambar 4.1 Garis aliran arus Bila fluida mempunyai viskositas (kekentalan) maka akan mempunyai aliran fluida yang kecepatannya besar pada bagian tengah pipa daripada di dekat dinding pipa. Untuk pembahasan di sini, pertama dianggap bahwa fluida tidak kental sehingga kecepatan pada semua titik pada penampang melintang yang sama juga sama besar. a. Persamaan Kontinuitas Pada gambar 8.2 dilukiskan suatu aliran fluida dalam suatu pipa yang mempunyai penampang berbeda. Jika A1 adalah luas penampang pada titik 1, dan v1 kecepatannya, maka dalam t detik, partikel yang berada pada titik 1 akan berpindah sejauh v1 t dan volume yang lewat penampang A1 sebanyak A1 v1 t. Volume fluida yang lewat penampang A1 persatuan waktu adalah A1v1. maka dengan cara yang sama, volume fluida yang lewat penampang A2 persatuan waktu adalah A2 v2.

FISIKA TEKNIK

51

BAHAN KULIAH

Jika fluida bersifat tak kompresibel, maka besarnya volume fluida yang lewat penampang A1 dan A2 persatuan waktu adalah sama besar, sehingga diperoleh: A1 v1 = A2 v2 (4.1) atau Q = A v = konstan. Besaran A v dinamakan debit, yang mempunyai satuan m3/dt atau cm3/dt. Persamaan (4.l) dikenal sebagai persamaan kontinuitas untuk aliran yang mantap dan tak kompresibel. Konsekuensi dari hubungan di atas adalah bahwa keeepatan akan membesar jika luas penampang mengecil, demikian juga sebaliknya. V1t V2t A1

A2

Gambar. 4.2 b.

Persamaan Bernoulli Persamaan Bernoulli merupakan dasar dari dinamika fluida, yang mana

berhubungan dengan tekanan, kecepatan aliran dan ketinggian dari suatu titik sepanjang garis arus. Gambar 3.3 menunjukkan bagian dari suatu pipa yang fluidanya bersifat tak kompresibel dan tak kental, yang mengalir dengan aliran yang turbulen. Bagian sebelah kiri mempunyai luas penampang A1 dan sebelah kanan luas penampangnya A2. Fluida mengalir disebabkan oleh perbedaan yang terjadi padanya.

v2

p2 A2

dl2

v1

y2

F1 = FISIKA TEKNIK

dl1

52

BAHAN KULIAH

Gambar 4.3 Pada bagian kiri, fluida terdorong sepanjang dl1 akibat adanya gaya F1= A1 P1, sedangkan pada bagian kanan, setelah selang waktu yang sama akan berpindah sepanjang dl2. Usaha yang dilakukan oleh gaya F1 adalah dW1 = A1 p1 dl1 sedangkan pada bagian kanan usahanya dW2 = - Az p2 dl2. DW1 + dW2 = A1 p1 dl1 – A2 p2 dl2 Sehingga usaha totalnya W1 + W2 = A1 p1 l1 – a2 p2 l2 Bila massa fluida yang berpindah adalah m, dan rapat massa fluida adalah ρ, maka A1 l1 = A2 l2 = m/ρ, maka diperoleh persamaan: W = (P1 – P2) (4.2) Persamaan di atas merupakan usaha total yang dilakukan oleh fluida. Bila fluida bersifat tak kental, maka tak ada gaya gesek, sehingga kerja total tersebut merupakan tambahan energi mekanik total pada fluida yang bermassa m. Besar tambahan energi mekanik total adalah: E = ( ½ m v22 – ½ m v12) + (m g y2 – m g y1)

(4.3)

Maka: (P1 – P2)

m = ( ½ m v22 – ½ m v12) + ( m g y2 – m g y1) ρ

P1 + ½ ρ v12 + ρ g y1 = P2 + ½ ρ v22 + ρ g y2

(4.4)

Sehingga dapat disimpulkan p + ½ p v2 + ρ g y

= konstan

( 4.5)

Persamaan ( 4.5 ) dikenal sebagai persamaan Bernoulli. c. Pemakaian Persamaan Bernoulli

FISIKA TEKNIK

53

BAHAN KULIAH

1.

Persamaan dalam statika fluida adalah hal yang khusus dari persamaan Bernoulli, yang mana kecepatannya sama dengan nol. 2 y2

1

y1

Gambar 4.4 Karena fluida diam, v = 0 sehingga dari persamaan Bernoulli diperoleh hasil P1 + ρ g y1 = P2 + ρ g y2 Titik (2) diambil pada permukaan fluida, oleh sebab itu besarnya tekanan sama dengan besarnya tekanan luar, yaitu P0, sehingga : P1 + ρ g y1

2.

= P0 + ρ g y2

P1

= P0 + ρ g (y2 – y1)

P1

= P0 + ρ g h

Teorema Torricelli Teorema ini membahas tentang besarnya kecepatan aliran pada lubang kecil yang berada pada bagian bawah suatu silinder yang berisi fluida.

1

Titik (1) dan (2) terletak pada permukaan atas dan bawah zat cair, sehingga besarnya tekanan

h

FISIKA TEKNIK

2

54

BAHAN KULIAH

adalah sama, dan ketinggian titik (2) adalah nol.

Gambar 4.5 Sehingga persamaan Bernoulli menjadi: P0 + ½ ρ v12 + ρ g h

= P0 + ½ ρ v22

Jika perbandingan luas penampang pada titik (1) jauh lebih besar dibandingkan dengan titik (2), maka kecepatan v1 mempunyai harga yang relatip jauh lebih kecil daripada v2 sehingga dari persamaan di atas bisa diabaikan dan diperoleh: P0 + ρ g h = P0 + ½ ρ v22

2 gh

v2 = (4.6) 3.

Alat Ukur Venturi Alat ini dipergunakan untuk mengukur besarnya kecepatan aliran fluida dalam suatu pipa. Ambil titik (1) dan (2) yang mempunyai ketinggian yang sama, sehingga dari persamaan Bernoulli diperoleh hasil.

h

P1 + ½ ρ v12 = P2 + ½ ρ v22 V1 FISIKA TEKNIK

A1

1

.2

.

55

BAHAN KULIAH

(P1 – P2) ½ ρ v12 = + ½ ρ v22 ρ g h + ½ ρ v12 = ½ ρ v22

Gambar 4.6 Alat Ukur Venturi Hubungan antara v1 dan v2 dapat diperoleh dari persamaan Kontinuitas. Bila luas penampang pada titik (1) adalah Al dan pada titik (2) adalah A2 maka: A1 v1 = A2 v2 dan

v2 =

A 1 v1 A2

Bila dimasukkan dalam persamaan Bernouli diperoleh: ρ g h + ½ ρ v12 = ½ ρ ( 2 g h + v12 = ( 2 g h = [(

2 1

v =

4.

A 1 v1 2 ) A2

A1 2 ) – 1] v12 A2

2gh 2

A1 - A 2

v1 = A2

A 1 v1 2 ) A2

2

=

2 g h A2 2

2

A1 − A 2

2

2 gh 2

A1 − A 2

(4.7)

2

Tabung Pitot Alat ini dipergunakan untuk mengukur kecepatan angin atau aliran gas. Misalkan

gas

mengalir

dengan

kecepatan v dan rapat massa gas adalah 2

1

h FISIKA TEKNIK

56

BAHAN KULIAH

ρ, maka pada titik (1) dan (2) persamaan Bernoulli dapat dituliskan: P1 + ½ ρ v12 = P2

Gambar 4.7 Tabung Pitot Pada titik (1) kecepatan alirannya sama dengan kecepatan aliran gas sedangkan titik (2) kecepatannya nol. Padahal bila dilihat dari hubungan statika fluida P2 = P1 + ρ0gh, dimana ρ0 adalah rapat massa zat cair, dan h adalah beda ketinggian permukaan, maka diperoleh: P1 + ½ ρ v12 = P1 + ρ0 g h v2 =

2 ρ0 g h ρ

v1 =

2 ρ0 g h ρ

(4.8)

d. Aliran Viscous (Aliran Kental) Dalam pembahasan pada persamaan Bernoulli di depan, permasalahan masih bersifat sederhana, yaitu dengan menganggap bahwa zat cair bersifat tak kental (nono viscous). Sekarang bagaimana bila zat cairnya kental atau kekentalan zat cair tidak diabaikan. Pandang aliran dalam suatu pipa Gbr 3.8. Garis alir dianggap sejajar dengan dinding pipa. Alibat adanya kekentalan zat cair dalam pipa, maka besarnya kecepatan gerak partikel pada penampang melintang tidaklah sama. Hal ini disebabkan adanya gesekan antar molekul pada cairan kental. Pada titik pusat pipa, kecepatannya maksimum.

FISIKA TEKNIK

57

BAHAN KULIAH

Gambar 4.8 Aliran Kental Akibat lain adalah kecepatan rata-rata partikel lebih kecil daripada kecepatan rata-rata partikel bila zat cairnya bersifat tak kental. Hal ini disebabkan oleh adanya gesekan yang lebih besar pada zat cair yang kental. Jika zat cairnya kental dan alirannya tidak terlalu cepat, maka aliran zat cair akan bersifat laminer, dan jika kecepatan zat cair melebihi suatu harga tertentu, aliran yang terjadi menjadi lebih kompleks. Pada aliran terjadi pusaran-pusaran yang disebut vortex. Aliran seperti ini disebut aliran turbulen. Dari eksperimen di dapatkan bahwa ada 4 buah faktor yang menentukan apakah aliran bersifat laminer atau turbulen. Hubungan dari keempat faktor tersebut disebut bilangan Reynold dan dinyatakan sebagai: NR =

ρvD η

(4.9)

Dimana: ρ

- rapat massa zat cair

v

- kecepatan rata-rata aliran

η- Koefisien kekentalan D

- diameter pipa

NR

- bilangan Reynold

Dari hasil pengamatan bila bilangan Reynold antara 0 sampai 2000, maka alirannya bersifat laminer, sedangkan di atas 3000 alirannya bersifat turbulen dan di

FISIKA TEKNIK

58

BAHAN KULIAH

antara 2000 sampai 3000 terjadi suatu transisi, aliran dapat berubah dari laminer ke turbulen atau sebaliknya. Untuk menghitung koefisien kekentalan digunakan berbagai cara, antara lain cara strokes. Sebuah tabung diisi cairan yang akan diukur η nya. dipercepat

B

Sebuah bola kecil dilepaskan tepat pada

Fr

permukaan cairan (v0 = 0) Bola kecil yang dipakai sudah diketahui massa jenisnya (ρ bola), juga ρ cairan sudah diketahui. Gerakan

diperlambat

bola

ini

mengalami

gaya

gesekan Fr dan gaya apung ke atas (B) Gambar 4.9

G

Mula-mula : Σ Fy = m a, kemudian Σ Fy = 0 (setelah v nya tetap) G – B - Fr = 0 Pada saat v sudah tetap besarnya, gaya gesekan yang tergantung pada v, menurut dalil stokes adalah : Fr

= 6 π η r v,

G

=mg=

B

= mcairan. G =

Jadi :

dimana r adalah jari-jari bola kecil 4 3 π r ρbola. G 3 4 π r3 ρcairan. g 3

4 π r3 g (ρbola - ρcairan) = 6 π η r v 3

2 r 2 g (ρ bola − ρ cairan ) = 9v

η

(3.10)

Untuk menghitung kecepatan dan debit zat cair viscous digunakan Hukum Poiseuille:

L

r

2R FISIKA TEKNIK P1

v

Sumb u P2

59

BAHAN KULIAH

Bila P1 dan P2 tekanan pada ujungujung tabung dengan diameter 2R, maka

cairan

pada

jari-jari

r,

mengalami gaya yang bekerja dalam arah v sebesar: =Aη

F

dv dr dv dr

=2πrLη Σ Fx = 0

(P1 – P2) π r2 + 2 π r L η

dv =0 dr

(disebabkan tak ada ∆ Ek) Δp . r dv =− , 2Lη dr

∫

0

v

dv = −

p R r dr 2 L η ∫r

Δ p r2 -v= 2Lη 2 v=

(∆p = P1 – P2)

∫

R

r

p (R 2 − r 2 ) 4ηL

(3.11)

Untuk menentukan debet cairan: Q= =

p dv (R 2 − r 2 ) 2 π dr = v. 2 π r dr = 4 η L dt

π ( P1 − P2 ) 2 (R − r 2 ) r dr 2ηL

π R 2 ( P1 − P2 ) . Q= 8 η L

(3.12)

Di mana (P1 – P2)/L adalah menyatakan gradien tekanan.

FISIKA TEKNIK

60

BAHAN KULIAH

Contoh Soal 1. Dua bejana terbuka yang besar A dan f berisi cairan yang sama. Pipa B C D terletak mendatar pada C terdapat pipa yang dihubungkan dengan bejana F. luas permukaan pipa C adalah ½ kali luas permukaan pipa D. permukaan cairan di A lebih tinggi h 1 dari D. Berapakah tinggi h2 pada pipa E (nyatakan dalam h1).

h1 A B

D

C

h2

F Penyelesaiannya: vp

=

vc

=2

2 g h1 2 g h1

Titik c dan F PD-Pc = ½ ρ (vc2 - VD2) PD

= PF

PF - Pc = ρ g h2 Jadi

ρ g h2 = ½ ρ ( 4. 2 g h1 –h2 g h1) h2

= 3 h1

2.

FISIKA TEKNIK

V0

61

BAHAN KULIAH

Sebuah tangki besar diberi lubang pada kedalaman h dan diisi air. a.

Jika kecepatan air turun

pada

permukaan

tunjukkan

dari

adalah

v,

persamaan

Bernouli bahwa: v02 = v2 + 2 g h dimana v0 = kecepatan aliran air pada lubang kecil.

b. Jika A luas permukaan tangki dan A0 luas permukaan lubang, tunjukkan bahwa: 2gh v0 =

A  1−  0   A 

2

c. Jika A0 << A, hitung pula V0. Penyelesaian: a.

P0 + ½ ρ v2 + ρ g h

= P0 + ½ ρ v02 = v2 + 2 g h

v0 b.

Dari persamaan kontinuitas Av

v0

= A0 v0 → v0 =   =  2gh  2  1 − A 0  A2 

FISIKA TEKNIK

       

A v A0 1 2

62

BAHAN KULIAH

c.

Jika A0 << A, dari persamaan binomial 1

1

2 A0  2  = 1 + ½  A0  1 − A   A    

Disubstitusikan ke b diperoleh: vo =

2 g h1 . 1 +

1  A0    2 A 

2

3. Jelaskan prinsip kerja penyemprot serangga!

Jawab: Prinsip kerja alat ini mirip sekali dengan penyemprot parfum. Di sini anda menekan batang penghisap untuk meniupkan udara ke lubang atas sedotan yang dihubungkan dengan cairan pembasmi serangga. 4. Suatu talang berisi penuh air. pada talang itu dibuat lubang pada jarak 8 cm dari permukaan air dalam talang. Hitung kecepatan keluarnya air dari lubang tersebut! Hitung juga banyaknya air yang keluar tiap menit jika diameter lubang 2 cm! (Anggap bak luas sekali, sehingga penurunan permukaan dapat diabaikan). G = 9,8 m/s.

Penyelesaian: Soal ini dapat diselesaikan dengan persamaan Bernoulli. Dalam menggunakn persamaan Bernoulli kita harus menetapkan dulu dua titik yang dihubungkan oleh persamaan Bernoulli ini. Misalkan kedua titik itu adalah titik 1 dan 2. Berikutnya

FISIKA TEKNIK

63

BAHAN KULIAH

adalah kita perlu menganalisis besaran-besaran seperti tekanan, kecepatan dan ketinggian kedua titik tersebut. Ambil acuan di dasar bejana. Jika tinggi titik 2 adalah h0, maka tinggi titik 1 adalah h0 + 8. Besaran tekanan di titik 1 sama dengan tekanan atmosfer (karena berhubungan langsung dengan udara luar). Demikian juga dengan tekanan di titik 2. Selanjutnya, karena kecepatan di titik 1 sama dengan nol (anggap permukaan air bergerak lambat sekali), maka dengan hukum Bernoulli, kita dapat memperoleh kecepatan di titik 2. 1 1 P1 + ρv12 + ρgh1 = P2 + ρv22 + ρgh2 2 2 1 1 Patm + ρ ⋅ 02 + ρg ( h0 + 8) = Patm + ρv22 + ρgh0 2 2 8g =

1 2 v2 2

v2 = 16 g Soal bagian b dapat dicari dengan mudah dengan menggunakan rumus debit Q = Av. Gunakan data yang diberikan: d2

= 2 cm = 0,02 m

A

=

g

= 9,8 m/s

1 2 1 πd = π ( 0,02 ) 2 = 3,14 × 10-4 m2 4 4

a) Kecepatan di titik 2: v 2 = 16 .g = 16 ⋅ 9,8 = 12,52 m/s b) Debit: Q = A2v2 = (12,52)(3,14 × 10-4) = 3,93 × 10-3 m3/s Banyaknya air yang mengalir dalam 1 menit sama dengan debit dikalikan dengan 60 detik.

FISIKA TEKNIK

64

BAHAN KULIAH

V

= Q × Δt = 3,93 × 10-3 × 60 = 0,236 m3

Soal-soal Latihan 1.

cm 3 10 cm 3m 1 6 cm

2m

2 Diketahui p1 = 4 P3 = 4 atm untuk aliran air dalam pipa seperti pada gambar. Tentukan: a. 2.

Kecepatan di 1, 2 dan 3 b. Debit air.

Suatu fluida laminair pada pipa horisontal berjejari R = 15 cm panjangnya L = 100 cm. Ternyata laju aliran fluida untuk titik yang berjarak 5 dan 10 cm dari sumbu pipa masing-masing adalah 10 cm/det dan 5 cm/dt. Bila angka kental fluida adalah 5 poise, maka a. Tentukan selisih tekanan antara kedua ujung pipa b. Debit

3.

Dalam sebuah gelas terdapat cairan (rapat massa 1,5013 gm/cm3) setinggi 20 cm. Dari dasar gelas timbul gelembung udara yang bergerak ke atas, dan mencapai permukaan dalam waktu 4,8 detik. Bila jejari gelembung adalah 0,5 cm, tentukanlah angka kental cairan. Gunakan ρu = 0,0013 gm/Cm3 dan g = 1000 cm/det2

4.

Sebuah manometer dipasang tepat di titik 2 pada pipa yang dialiri air seperti pada gambar. Diketahui : h1 = 30 cm 1

h2 = 10 cm h3 = 20 cm

h1

Diameter pipa di 1 = 50 cm

2

Diameter pipa di 2 = 20 cm

h2 h3

3

4

FISIKA TEKNIK

65

ρ Hg

BAHAN KULIAH

Debit air 0,025 m3/det, p0 = 1 atm Ditanyakan a. Laju aliran di 1 dan 2 b. Tekanan di 1 dan 2

5.

Sebuah pipa berdiameter 16 cm dialiri air dengan laju 50 cm/det. Pipa tersebut kemudian disambung dengan pipa kecil berdiameter 4 cm naik sampai ketinggian 5 m. Bila debit air adalah 0,020 m3/det. a.

Tentukan kecepatan aliran pada pipa rendah dan pipa tinggi.

b.

Tentukan tekanan pada pipa rendah, bila diinginkan agar tekanan pada

pipa tinggi 1,5 atm.

5.

Suhu dan Kalor Pada pembahasan berikut ini akan ditelaah beberapa fenomena yang disebut fenomena efek thermal/fenomena panas, untuk menjelaskan hal itu diperlukan suatu besaran yang tak terdefinisi yaitu panas. Besaran fisis yang menentukan besar kecil ukuran panas suatu benda secara relatif disebut temperatur/suhu. Suhu suatu sistem adalah sifat yang menentukan apakah sistem itu dalam keadaan setimbang thermal dengan sistem lain atau tidak. Apabila dua sistem atau lebih berada dalam kesetimbangan thermal dinyatakan bahwa sistem-sistem tersebut mempunyai suhu yang sama. Beberapa sifat benda ternyata akan mengalami perubahan dengan adanya perubahan temperatur. Dengan mengukur perubahan besaran-besaran tersebut, temperatur relatif suatu benda dapat kita peroleh. Dengan dasar kerja yang demikian itulah dibuat orang alat pengukur temperatur yang biasa disebut Termometer. Bagian dari termometer yang tergantung pada suhu termometer dinamakan bahan termometris sedangkan besaran yang berkaitan disebut sifat termometris.

FISIKA TEKNIK

66

BAHAN KULIAH

Salah satu contoh sifat termometris berupa panjang kolom zat cair bila zat tersebut berada di dalam pipa kapiler dari gelas yang banyak dipergunakan untuk termometer. Misalnya X adalah sifat termometris yang perubahannya sebanding dengan perubahan temperatur dan dapat dituliskan: T (X) = a X Dengan : a adalah konstanta yang tergantung pada jenis bahan. Untuk beberapa kondisi, dari persamaan di atas diperoleh: T (X1) = a X1 T (X2) = a X2 Sehingga, T ( X1 ) X1 = T (X2 ) X2 untuk standar membuat kala suhu atau menera termometer dipilih suatu titik standar yang tetap. Dalam termometer terdapat satu titik standar yaitu titik tripel air, yang secara sekehendak ditetapkan sebesar 273,16°K. (Derajat Kelvin). Dari ketentuan di atas diperoleh hubungan: T ( X) X = T (Xs ) Xs Dengan

: T (Xs) = 273,16 °K

Atau

: T (X) = 273, 16 a

=

X K Xs

273,16 Xs

Dari eksperimen dengan menggunakan beberapa termometer diperoleh hasil bahwa semua termometer gas pada suhu yang sama mendekati nol. Sehingga persamaan (4.1) dapat ditulis menjadi: T

= 273,16

 P lim  ps → 0 Ps

  K   vol.tetap

Dengan : P

: tekanan gas pada temperatur T

FISIKA TEKNIK

67

BAHAN KULIAH

Ps

: tekanan gas pada TS (titik triple)

a. Skala Suhu Selain skala Kelvin di atas, temperatur dapat juga dinyatakan dalam derajat Celcius (dinyatakan dengan °C), derajat Fahrenheit (dinyatakan dengan °F) dan derajat Rankin (dinyatakan dengan °R). Dalam derajat Celcius titik tripel air adalah 0,01 °C, sehingga hubungannya dengan derajat Kelvin dapat dituliskan: t = T - 273,15 Dari percobaan diperoleh uap air akan mengembun pada tekanan 1 atm pada suhu 373,15 °K. Bila dinyatakan dalam derajat celcius diperoleh tu

= Tu - 273,15 = 373,15 - 273,15 = 100 °C.

Derajat Rankine banyak dipakai dalam keperluan teknik. Hubungan derajat Rankine dengan derajat Kelvin dinyatakan : TR

=

9 T 5

Pemberian skala suhu dapat dikenakan juga untuk bilangan-bilangan di bawah nol, namun teori maupun hasil percobaan menunjukkan bahwa nilai negatif ini ada limitnya yaitu -273,15 °C. Temperatur terendah yang dapat dicapai ini dikenal sebagai temperatur nol absolut; skala temperatur yang memberinya angka nol dikenal skala absolute. Jadi skala Kelvin tidak lain adalah skala absolut dari Celcius, sedang skala absolut dari Fahrenheit adalah skala Rankine, dimana temperatur nol absolut pada skala Fahrenheit adalah -459,67 °F sehingga: tF = TR - 459,67 atau diperoleh: tF =

b.

9 t + 32 5

Pemuaian

FISIKA TEKNIK

68

BAHAN KULIAH

Salah satu sifat zat pada umumnya adalah akan mengalami perubahan dimensi (panjang, luas, volume) bila dikenai perubahan temperatur. Seandainya benda itu berwujud batang atau kabel, maka yang banyak menarik perhatian adalah perubahan panjangnya. Untuk itu didefinisikan suatu besaran yang disebut koefisien muai panjang (α) yaitu perubahan fraksional panjang ∆L/L dibagi perubahan suhu ∆ T, sehingga: α

=

∆L L ∆T

L

= panjang batang semula

∆L

= perubahan panjang

∆T

= perubahan suhu

dengan:

Bila suhu dalam derajat celcius dan suhu awal batang 0 °C, maka : α

=

∆L L 0 ∆T

Bila ∆L = Lt- L0, maka diperoleh hubungan Lt

= L0 (1 + α .∆t).

Sekarang kita tinjau 2 kondisi, pada suhu t1 panjang batang L1, pada suhu t2 panjang batang L2, maka; L1

= L0 (1 + α t1)

L2

= L0 (1 + α t2)

Dari dua persamaan tersebut diperoleh: L2

= L1 (1 + α t1)-1 (1 + α t2) = L1

(1 +α t (1 +α t

[1 + α ( t = L1

2

2 1

) )

.

(1 +α t (1 +α t

− t 1 ) −α 2 t 1 t 2

1 −α t 1 2

1 1

) )

]

2

Pada umumnya α berharga kecil, sehingga α2 jauh lebih kecil dari satu, maka: L2 = L1 [1 + α (t2- t1)] Persamaan di atas menyatakan bahwa panjang batang pada suatu kondisi dapat dinyatakan dalam panjang batang setiap kondisi yang lain.

FISIKA TEKNIK

69

BAHAN KULIAH

Jika suatu benda berbentuk luasan/lempengan dinaikkan temperaturnya, baik panjang maupun lebar luasan tersebut akan mengalami perubahan pula. Didefinisikan koefisien muai luas (γ) sebagai: 1 . ΔA A 0 Δt

γ

=

A0

= luas luasan pada suhu 0 °C.

Bila ∆A = At-A0, maka diperoleh hubungan: At

= A0 (1 + γ ∆t)

Jika pada suhu 0 °C panjang luasan P0 dan lebarnya d0, maka jika temperaturnya dinaikkan sebesar ∆t °C ukuran luasan menjadi; P

= P0 (1 + α ∆t) ;

∆t

=p.d

d = d0 ( 1 + α ∆t).

= p0 . d0 (1 + α ∆t)2 dengan : p0. d0 = (luas luasan pada temperatur nol) At

= A0 (1 + 2 α ∆t + α2 ∆t2)

Dengan mengabaikan α2∆t2 terdapat satu diperoleh: At = A0 (1 + 2 α ∆t) Pers. (10.10) dan (10.11) identik, sehingga: γ

= 2α

Terlihat bahwa koefisien muai luas suatu benda adalah 2 kali koefisien muai panjangnya. Tinjau suatu bangun epipedum pejal dimana baik panjang, lebar maupun tebalnya akan berubah jika temperaturnya diubah. Didefinisikan koefisien muai ruang (β) sebagai: 1 ∆V V 0 ∆t

β

=

V0

= volume epipedum pada temperatur nol.

Bila ∆V = Vt-V0, maka diperoleh hubungan: Vt

= V0 (1 + β ∆t)

FISIKA TEKNIK

70

BAHAN KULIAH

Jika suhu 0 °C epipedum berukuran p0, d0 dan h0, maka jika temperaturnya diubah sebesar ∆t °C, ukuran epipedum menjadi: p

= p0 ( 1 + α ∆t)

d

= d0 (1 + α ∆t)

h

= h0 (1 + α ∆t)

Vt

=p.d.h = P0 d0 h0 (1 +α ∆t)3

Bila p0. d0. h0 = V0 ( volume pada 0 °C) dan dengan mengabaikan beberapa suku terhadap angka 1 diperoleh: = V0 (1 +3 α ∆t)

Vt Sehingga : β

=3α

Terlihat bahwa koefisien muai ruang suatu benda padat 3 kali koefisien muai paniangnya. Table 5.1. Koefisien Muai Panjang Bahan Aluminium

(°C-1) σ 24 x 10-

Kuningan

20

Tembaga merah

14

Gelas

4–9

Baja

12

Invar

0,9

Kwanta (Leburan)

0,4

Seng 26 Table 5.2. Koefisien Muai volume

FISIKA TEKNIK

Zat Cair Alcohol, etil

(°C-1) 75 x 10-5

Disulfide Karbon

115

Gliserin

49

Raksa

18

71

BAHAN KULIAH

c. Konsep Panas Pada awal bab ini telah dikemukakan bahwa panas adalah suatu besaran yang tak terdefinisikan. Dua sistem A dan B yang berbeda suhunya, bila dihubungkan satu sama lain akan terjadi perubahan suhu sampai suhu keduanya sama besar (setimbang). Perihal perubahan suhu terjadi itu biasanya dikatakan bahwa pada peristiwa itu terjadi aliran panas atau perpindahan panas dari A ke B atau sebaliknya. Dari percobaan dan penelitian Count Rumford (1753 - 1814) serta Sir James Prescolt Youle 1818 – 1889, muncul suatu pendapat bahwa aliran panas itu tidak lain adalah suatu perpindahan energi. Jumlah energi yang berpindah dalam kurun waktu tertentu disebut kuantitas panas Q. Satuan kuantitias panas adalah kalori, yang didefinisikan sebagai : “ l Kalori adalah jumlah panas yang diperlukan untuk menaikkan temperatur 1 gram air dengan 1°C dari temperatur 14,5 °C menjadi 15,5°C pada tekanan 1 atm’. Kalori di atas dikenal sebagai “kalori 15°”. Selain dinyatakan dalam kalori, satuan kuantitas panas dapat juga dinyatakan dalam

J gram-1 derajat-1

Kapasitas panas jenis air

Joule.

4,22 4,21 Kalori IT

4,20

Kalori 15° Kalori termokimia

4,19 4,18 FISIKA TEKNIK

4,17

0

72

10

20

30

40

50

60

70

80

90

100

BAHAN KULIAH

Gambar 5.1. Panas jenis air sebagai fungsi suhu Gambar di atas memperlihatkan variasi kapasitas panas jenis air terhadap suhu, terlihat bahwa banyaknya panas untuk menaikkan suhu 1 gram air dari 14,5 °C menjadi 15,5 °C ialah : 1 Kalori 15° = 4,186 joule Selain itu didefinisikan kalori international table (Kalori IT) sebagai: 1 Kalori IT =

1 watt – jam 860

= 4,18650 joule

Dalam sistem satuan Inggris, satuan kuantitas panas dinyatakan dengan BTU (British Thermal Unit) yang mempunyai hubungan: 1 BTU/l bm °F = 1 Kal/gram °C atau:

1 BTU = 251,996 Kalori.

Jumlah panas yang diperlukan untuk menaikkan temperatur suatu benda dibagi dengan besar perubahan temperatur yang dicapai disebut kapasitas panas C=

dQ dt

.

Kapasitas panas jenis didefinisikan sebagai perbandingan panas dQ terhadap hasil kali massa m dan perubahan temperatur: Cm

=

dQ m dt

 joule   Kgm . K   

(biasa ditulis c) Untuk kapasitas panas jenis molekul dapat dituliskan: Cn

=

dQ  joule  n dt  mole° K 

Berdasarkan persamaan (4.18), kuantitas panas yang harus diberikan kepada benda bermassa m untuk mengubah suhu dari T1 menjadi T2 ialah T2

Q=m

∫ c dt

T1

FISIKA TEKNIK

73

BAHAN KULIAH

Kapasitas panas jenis tiap bahan berubah akibat suhu atau merupakan fungsi T. Dalam daerah suhu dimana c dapat dianggap konstan, persamaan di atas menjadi: Q = mc (T2 – T1) Kapasitas panas jenis menengah (mean) c didefinisikan sebagai harga konstan c yang akan menimbulkan perpindahan panas yang sama besarnya. T2

Q = mc (T2 – T1) = m ∫ c dt T1

sehingga: 1 c = T −T 2 1

T2

∫ c dt

T1

Pada peristiwa melebur atau meleleh, panas diserap atau dikeluarkan oleh benda yang mengalami perubahan phasa tersebut, demikian juga pada peristiwa mendidih, mengembun dan sublemasi. Banyaknya panas persatuan massa benda pada waktu terjadi perubahan phasa disebut panas Laten (L). Secara matematik ditulis: Q=mL dengan : Q = panas yang diserap/dikeluarkan pada perubahan phasa. m = Massa benda panas Laten. L = Panas Laten d. Perubahan Phasa dan Azas Black Keadaan suatu benda pada umumnya tergantung dari temperaturnya. Benda dapat berada dalam phasa padat, cair atau gas, bahan pada umumnya hanya berada pada phasa gas bila temperaturnya tinggi dan tekanannya rendah. Pada temperatur yang rendah dan tekanan yang tinggi, gas berubah ke phasa cair atau phasa padat. Sekarang kita tinjau suatu benda dalam keadaan padat dengan suhu T1 akan kita ubah menjadi bentuk gas dengan suhu T2. Maka diagram phasa dari proses perubahan tersebut dapat kita lihat pada gambar 4.

FISIKA TEKNIK

74

BAHAN KULIAH

T2

T2

T Tu

TL

menguap Q4

T1

cair Q3

melebur Q1

Uap Q5

Q2 padat

t Gambar 5.2. Diagram kesetimbangan fasa Mula-mula kita menaikkan suhu benda sampai mencapai suhu leburnya TL dengan menambahkan panas Ql, setelah mencapai suhu TL terus kita tambahkan panas Q2 sehingga benda melebur pada suhu TL. Setelah benda berubah ujud menjadi cair kita naikkan suhunya hingga mencapai suhu dimana benda mulai menguap (Tu) dengan menginjeksikan panas Q3. Pada kondisi ini tetap kita tambahkan panas Q4 sehingga benda akan berubah ujud menjadi uap pada suhu Tu. Setelah kondisi uap ini dicapai kita naikkan suhunya sampai mencapai kondisi yang diminta (T2) dengan menambahkan panas Q5. Dari keseluruhan proses di atas akan diperoleh berapa banyak panas yang diperlukan untuk menyelenggarakan proses perubahan ujud yang dimaksud. Sekarang kita tinjau dua sistem yang berbeda dengan suhu awal yang berlainan T1 dan T2 ( misal T1 > T2 ). Bila kedua sistem kita hubungkan maka akan terjadi perpindahan panas sampai tercapai keadaan setimbang dengan anggapan bahwa tidak ada panas yang hilang keluar dari sistem. Dalam keadaan setimbang kedua sistem mempunyai suhu sama (Ta) yang disebut suhu akhir. Bentuk diagram yang paling sederhana dari proses ini dapat dilihat pada gambar 9.9.

FISIKA TEKNIK

75

BAHAN KULIAH

Dari gambar terlihat bahwa sistem pertama mengalami penurunan suhu berarti dia melepaskan panas (Q1). Sebaliknya sistem kedua mengalami kenaikan suhu berarti dia membutuhkan kalor (Q2). T1

Asas Black

Q1

“Panas yang dilepas sama dengan panas yang dibutuhkan”. Ta

Sehingga: Ql = Q2

Q2

m1 c1 (T1 – T2) = m2 c2 (Ta – T2) T2

e. Kalorimeter Kalorimeter adalah alat yang digunakan untuk menentukan besarnya kapasitas panas sesuatu zat. Di sini akan dibicarakan dua macam Calorimeter yaitu Calorimeter yang berdinding ganda dan Calorimeter arus kontinu. Kalorimeter air yang berdinding ganda terdiri atas bejana logam berdinding tipis A. Permukaan luarnya diberi lapisan nikel untuk mengurangi kehilangan panas karena radiasi. Bejana ini mempunyai harga air yang sudah diketahui dan mempunyai tutup yang berlubang dimana dapat dimasukkan termometer B dan pengaduk C. Kemungkinan

panas

ini

dikurangi lagi dengan meletakkan bejana itu

B

dalam logam lain D dengan memakai

C

penyekat panas E. Jika kepada kalorimeter

E

itu diberikan sejumlah panas Q yang belum diketahui,

A

FISIKA TEKNIK

kehilangan

termometer D

maka

dengan

sebelum

dan

membaca sesudah

dimasukkan panas tadi, dapatlah diketahui

76

BAHAN KULIAH

harga Q Gbr. 4.10 berdasarkan kenaikan temperatur Kalorimeter yang terjadi. Cara mempergunakan kalorimeter air yang berdinding ganda ini sebagai berikut : Sepotong bahan yang akan dicari panas jenisnya dipanaskan di dalam tungku atau di dalam uap air hingga temperatur t1. Andaikan massa bahan tadi ms dan panas jenisnya cs. Air di dalam kalorimeter diaduk baik-baik dan temperaturnya diukur. Potongan bahan dimasukkan ke dalam kalorimeter dengan cepat-cepat, air lalu diaduk dengan baik-baik dengan pengaduk C dan temperatur air yang baru dicatat, misalkan temperatur t2. Massa kalorimeter mc dan panas jenis cc. sedang masa air mw. Jika selama percobaan ini tidak ada panas yang hilang dari kalorimeter, maka panas yang diberikan oleh potongan bahan waktu temperatur turun dari ts menjadi t2 sama dengan panas yang diterima oleh air dari bejana kalorimeter (azas Black), jadi: ms cs (ts - t2) = mw x 1 (t2 – t1) + mc. cc (t2 – t1) dengan mc cc merupakan harga air dari kalorimeter, sedang panas jenis air dianggap 1. Dari persamaan diatas cs dapat dihitung karena besaran-besaran lainnya sudah diketahui. Sesungguhnya selama percobaan tadi, Calorimeter menerima atau memberikan panas pada kelilingnya. Suatu cara untuk mengurangi panas (bertambah/ berkurangnya panas), ialah memulai percobaan dengan temperatur Calorimeter sedikit di bawah temperatur sekelilingnya dan mengakhiri percobaan dengan temperatur Calorimeter sedikit di atas temperatur sekelilingnya, sehingga panas yang hilang pada bagian percobaan yang kedua. Perlu diperhatikan, bahwa metode pengukuran panas jenis di atas hanya menghasilkan panas jenis rata-rata di dalam temperatur ts sampai t2. Untuk mengukur panas jenis sesungguhnya sari suatu zat dibutuhkan alat yang lebih sempurna konstruksinya, misalnyaTCalorimeter arus kontinu yang akan dibicarakan berikut ini. T2 1

Masuk

C

Keluar B

A

Amperemeter 77

FISIKA TEKNIK

Voltmeter

BAHAN KULIAH

Gambar 5.3. Kalorimeter arus kontinu Arus air yang tidak putus-putus masuk ke dalam alat lewat A, mengalir lewat pipa C yang dikelilingi dengan kawat tahanan, dan mengalir keluar lewat pipa B. Termometer T1 dan T2 digunakan untuk mengukur air yang masuk lewat pipa A dan keluar lewat pipa B. Cara mempergunakan Calorimeter ini adalah sebagai berikut: Air mulai dialirkan dan begitu juga arus listriknya. Tiap-tiap menit misalnya, termometer T1 dan T2 dibaca dan temperaturnya dicatat. Sesudah beberapa saat penunjukan kedua termometer menjadi konstan. Temperatur T2 akan lebih tinggi dari temperatur tl. Apabila keadaan ini sudah tercapai, alat ini akan mencapai keseimbangan dengan sekelilingnya. Jadi tiap-tiap detiknya jumlah panas yang dibawa keluar oleh arus air tepat sama dengan yang dihasilkan oleh kumparan pemanasnya. Air yang keluar dari alat ini ditampung dengan gelas yang ditempatkan di bawah pipa keluar. Jadi massa air yang keluar selama waktu tertentu dapat diketahui. Dari persamaan: vit

= mw . cw (t2 – t1)

Dengan: v

: tegangan kawat tahanan diukur dalam volt.

i

: arus yang mengalir lewat kawat tahanan.

t

: waktu arus mengalir.

t2, t1

: temperatur yang diukur dengan termometer T2 dan Tl

mw

: massa dari zat cair yang akan diukur panas jenisnya.

cw

: kapasitas panas jenis dari zat cair dalam Joule/kgm.K.

FISIKA TEKNIK

78

BAHAN KULIAH

maka kapasitas panas jenis cw dari zat cair dapat ditentukan. Contoh Soal 1. Titik lebur perak dalam skala Fahrenheit adalah 1760°F. Nyatakan titik lebur itu dalam °C, °K dan °R. Penyelesaian: 9 t + 32 5

tF

=

1760

=

9 t 5

= 1728 atau

t

= T - 273,15

T

= t + 273,15

9 t + 32 5

= 960 + 273,15 = 1233,l5° K. tF

= TR - 459,67

TR

= tF + 459,67 = 2219,67 oR

2. Volume bola termometer air raksa dalam gelas pada 0 °C adalah 0,15 cm3 sedangkan luas penampang tabungnya 10-3 m2. koefisien muai panjang gelas adalah σ

5.10- (°C-1), sedangkan koefisien muai ruang air raksa 0,812. 10-3 (°C-1). Kalau pada 0 °C air raksa tetap memenuhi seluruh bola, berapa tinggi kolom air raksa pada temperatur 100 °C. Penyelesaian: Pada temperatur 100 °C, volume Hg adalah: V’Hg

= V°Hg ( 1 + β ∆t) = 0,15 [1+ (0,182.10-3). 100] = 0,15273 cm3

Volume bola pada temperatur 100 °C adalah: V’bola = V°bola (1 + 3 αgelas ∆t = 0,15 [1 + 3 (5.10-6).100] = 0,150225 cm3. Volume Hg yang keluar dari bola adalah:

FISIKA TEKNIK

79

BAHAN KULIAH

= 2,5 . 10-3 cm3

V’Hg – V’bola

Luas penampang tabung pada 100 °C adalah: = A0 (1 + 2α ∆t)

A100

= 10-3 [l + 2 . 5 . 10-6 . 100] = 0,001 cm3. Jadi tinggi kolom air raksa sekarang adalah: h

=

V' Hg −V' bola A 100

=

2,5 .10 −3 = 2,5 cm 0,001

3. Suatu bejana berisi 1 kg es dengan temperatur –10 °C. Kapasitas panas bejana dapat diabaikan. Kepada sistem diberi panas rata-rata 2000 kal/menit selama 100 menit. a.

Buatlah diagram phasa, yang menyatakan hubungan antara temperatur

dan waktu, dari es tersebut. b.

Berapa banyaknya es yang menguap ?

Panas jenis es

= 0,6 kal/gr.K

Panas peleburan es

= 80 kal/gr

Panas jenis air

= 1 kal/gr.K

Panas penguapan

= 540 kal/gr

Titik lebur es

= 0 °C

Titik didih air

= 100°C

Penyelesaian : a.

t 100

(°C)

Air + uap

Air

Air + es

0 -10

es T (Waktu)

FISIKA TEKNIK

80

BAHAN KULIAH

b.

Jumlah panas yang Liberian : = 2 .105 kal

Q = 2000 x 100 Es : -10°C → 10°C

Q1 = m ces ∆t = 103. 0,6 . 10 = 6 . 103 kal Es 0°C → air 0 °C Q2 = m Llebur

= 103. 80 = 8 . 104 kal

Air 0°C → 100 °C : Q3 = m cair ∆t = 103. 1 . 100 = 105 kal Air 100°C → uap 100 °C : Q4 = m Luap = 103. 540 = 5,4 . 105 kal Jika semua es berubah menjadi uap, maka panas yang dibutuhkan adalah : Q1 + Q2 + Q3 + Q4 = 6. 103 + 8. 104 + 105 + 5,4. 105 > Q Jadi tidak semua air berubah menjadi uap. Jumlah panas yang sisa untuk penguapan adalah : 2 . 105- (6.103 + 8 . 104+105) = 14.103 kal Jadi massa air yang berubah menjadi uap. Q 14. 10 3 m= = = 25,9 Gram L 540 4. Air dengan massa 100 gr. berada pada suhu 100 °C. Kemudian ke dalam air tersebut dimasukkan sebongkah es (massa 100 gr) dari -40 °C. Bila dianggap tempat dimana air berada tidak ikut mengalami perubahan suhu, berapakah besar es yang mencair? Diketahui: ces

= 0,5 kal/gr °C

cair

= 1 kal/gr °C

Kalor lebur es = 80 kal/gr Penyelesaian: Kita andaikan temperatur akhir 100 yang dicapai adalah 0 °C.

FISIKA TEKNIK

81

BAHAN KULIAH

air

Maka panas yang dikeluarkan oleh air adalah

100

:

°C

Q1

= mair . cair . At = 100 . 1 . 100 = 10000 kalori

0 °C

Panas yang dibutuhkan es untuk menaikkan

0

suhunya menjadi 0 °C adalah:

°C

Q2 = mes . ces . ∆t

es

= 100. 0,5 [0 - (-40)]

-40 °C

= 2000 Kalori

Panas yang tersedia untuk mengubah phasa es sebesar Q1 – Q2 = 10000 – 2000 = 8000 Kalori Panas yang dibutuhkan untuk mencairkan es seluruhnya adalah: Mes x kalor lebur = 100 . 80 = 8000 kalori. Karena panas yang tersedia dan yang dibutuhkan sama besar, berarti semua es yang mencair. 5.

Panjang batang rel kereta api masing-masing 10 meter di pasang berurutan pada suhu 20oC. Diharapkan pada suhu 30oC rel tersebut saling bersentuhan. Koefisien muai batang rel kereta api 12 x 10-6/oC. Berapakah jarak antara kedua batang yang dipelukan pada suhu 20oC? Jawab : Misalkan ketika memuai dari suhu 20oC ke suhu 30oC masing-masing batang rel bertambah panjang dengan ΔL, maka supaya pada suhu 30oC batang tersebut bersentuhan, jarak antara kedua batang pada suhu 20oC adalah 2ΔL (lihat gambar). d = 2ΔL

ΔL

ΔL

Panjang awal L0 = 10 m, α = 12 x 10-6/oC

FISIKA TEKNIK

82

BAHAN KULIAH

Suhu awal T0 = 20oC, suhu akhir T = 30oC, sehingga ΔT = T – T0 ΔT = 30oC – 20oC = 10oC Pertambahan panjang ΔL dihitung dengan persamaan ΔL = α L0 ΔT = (12 x 10-6)(10 m)(10) = 1,2 x 10-3 m = 0,0012 m Jadi, jarak antara kedua batang adalah d = 2 ΔL = 2(0,0012 m) = 0,0024 m 6.

Selembar kaca berukuran 2,00 m2 pada suhu 25oC. Berapakah luas kaca tersebut pada suhu 80oC? Koefisien muai panjang kaca α = 9,0 x 10-6 K-1 Jawab : Luas mula-mula A0 = 2,00 m2 pada suhu awal T0 = 25oC. Koefisien muai luas, β, adalah β = 2α

= 2(9,0 x 10-6 K-1) = 18 x 10-6 K-1

Suhu akhir T = 80oC, sehingga kenaikan suhu adalah ΔT = T – T0 ΔT = 80oC – 25oC = 55oC Luas kaca dihitung dengan Persamaan (12-6) ΔA

= β A0 ΔT

A – A0

= β A0 ΔT

A

= A0 + β A0 ΔT = 2,00 + (18 x 10-6)(2,00)(55) = 2,00 + 1,980 x 10-3

A 7.

= 2,00 + 0,00198 = 2,00198 m2

Seorang siswa ingin menentukan kalor jenis suatu paduan logam baru. 100 g logam tersebut dipanaskan sampai 180oC dan segera dicelupkan ke dalam 240 g air 20oC yang terdapat dalam kalorimeter aluminium. Jika suhu akhir logam paduan adalah 36oC, hitunglah kalor jenisnya (kalor jenis air = 4200 J/kgoC). Jawab :

FISIKA TEKNIK

83

BAHAN KULIAH

Karena tidak ada data tentang massa atau kapasitas kalor kalorimeter aluminium, maka dalam soal ini kalorimeter dianggap tidak menyerap kalor. Jadi, pertukaran kalor hanya terjadi antara logam paduan 180oC dan air 20oC mencapai suhu akhir 36oC. Kalor yang diterima oleh 240 g air, ca = 4200 J/kgoC, sehingga suhunya naik dari 0oC menjadi 36oC adalah Qterima

= maca ΔTa = (100 g) c1(180 – 36)oC = 14400 c1goC = 14,400 c1 kgoC

Sesuai hukum kekekalan energi untuk kalor: Qlepas

= Qterima

14,4 c1

= 16128 JoC

c1

=

16128 J/kgoC 14,4

=1120 J/kgoC 8. Sebuah balok es 30 g pada 0oC dicelupkan ke dalam bejana berisi 200 g air pada 30oC. jika bejana dianggap tidak menyerap kalor, berapakah suhu akhir campuran? (kalor lebur es = 336 x 103 J/kg, kalor jenis air = 4200 J/kgK). Jawab : Misalkan suhu akhir campuran adalah ToC dengan 0o < T < 30o, maka diagram suhu kalor ditunjukkan pada gambar di bawah. Air 30oC Q3 = macaΔT ToC

Es 0oC

Q1 = mesLf

Q2 = mescaΔTes Air 0oC

Kalor yang diterima es adalah

FISIKA TEKNIK

84

BAHAN KULIAH

Q1 = mes Lf dan Q2 = mes ca ΔTes, Dengan ΔTes = (T – 0)oC. Kalor yang dilepas air adalah Q3 = ma ca ΔTa Dengan ΔTa = (30 –T)oC Massa es mes = 30 g = 0,03 kg, massa air ma = 200 g = 0,2 kg, Lf = 336 x 103 J/kg, dan ca = 4200 J/kgK. Qlepas

= Qterima

Q1 + Q2

= Q3

mesLf + mes ca ΔTes = macaΔTa (0,03)(336 x 103) + (0,03)(4200)(t – 0) = (0,2)(4200)(30 – T) 10080 + 126 T = 25200 – 840 T 966 T = 15120  T = 15,6oC Dapat Dapat menyebabkan menyebabkan perubahan perubahan

Memiliki Memiliki

Suhu

Dapat Dapat diukur diukur dengan dengan

Konduksi

Mempunyai Mempunyai sifat sifat

Kapaistas Kapaistas Kolor Kolor Celcius

Kelvin

Kalor

Dapat Dapat berpindah berpindah secara secara

Karakteristik Karakteristik sifat sifat termalnya termalnya

Dapat Dapat dinyatakan dinyatakan berdasarkan berdasarkan skala skala

Termometer Termometer

Perubahan Perubahan sifat sifat termal termal disebabkan disebabkan oleh oleh

Zat

Konveksi

Radiasi

Kapaistas Kapaistas Kolor Kolor

Fahrenheit Harga Harga persatuan persatuan massa massa

Rheamor

FISIKA TEKNIK

85 Sifat Sifat Termometrik Termometrik

Menyebabkan Menyebabkan perubahan perubahan sifat sifat

BAHAN KULIAH

6. Perpindahan panas Perpindahan panas terjadi apabila dua tempat mempunyai temperatur yang berbeda. Panas ini akan mengalir dari tempat yang mempunyai temperatur tinggi ke tempat yang mempunyai temperatur lebih rendah melalui hantaran: a. Konduksi atau hantaran b. Konveksi atau aliran c. Radiasi atau pancaran

a.

Konduksi Tinjaulah sebuah lempengan bahan yang luas penampangnya A dan tebalnya ∆X. kedua permukaannya mempunyai temperatur yang berbeda. Panas ∆Q yang mengalir di dalam arah tegak lurus permukaan tersebut diukur dalam waktu ∆t. Percobaan menunjukkan bahwa panas ∆Q sebanding dengan ∆t dan sebanding dengan luas penampang A untuk beda temperatur ∆T yang diberikan. Panas ∆Q juga sebanding dengan ∆T/∆X untuk suatu ∆t dan A yang diberikan asalkan ∆T dan ∆X adalah kecil. Secara matematis dapat dituliskan: ΔQ ΔT −A Δt ΔX Untuk ketebalan lempeng yang sangat kecil dx, dan perbedaan temperaturnya dt, didapatkan hukum hantaran panas H yang dinyatakan: H=

dΦ dT = −k A dT dx

Dengan :

FISIKA TEKNIK

86

BAHAN KULIAH

H = arus panas, yaitu banyaknya panas yang melalui bidang penampang tegak lurus A tiap satuan waktu (Joule/detik atau Kal/det). Arah aliran panas dipilih sebagai arah pertambahan x, karena kalor mengalir dalam arah T yang makin berkurang sedangkan H selalu positif maka di dalam persamaan (11.2) disisipkan tanda negatif. dT = gradien tanda negatif dx k = konstanta perbandingan yang disebut konduktivitas termal. Konduktivitas termal K tergantung pada temperaturyang sedikit bertambah besar bila temperatur naik, tetapi K secara praktis dapat diambil sebagai suatu konstanta seluruh zat jika perbedaan temperatur di antara bagian-bagian zat tersebut tidak terlalu besar. sebuah zat yang mempunyai konduktifitas termal besar, maka zat tersebut adalah penghantar panas yang baik sedangkan zat yang mempunyai konduktivitas termal kecil, zat tersebut adalah penghantar panas yang buruk. Dalam terlihat bahwa konduktivitas termal logam lebih besar daripada konduktivitas bukan logam, sedangkan gas sangat kecil. Tabel 6.1. Konduktivitas Termal Berbagai jenis material Jenis Material Logam

Kcal/det m C°

J/det m C°

Aluminium

4,9 x 10-2

20 x 10-1

Kuningan

2,6 x 10-2

11 x 10-1

Tembaga

9,2 x 10-2

39 x 10-1

Timbal

8,3 x 10-3

35

Perak

9,9 x 10-2

41 x 10-1

Baja

1,1 x 10-2

46

Hidrogen

5,7 x 10-6

2,4 x 10-2

Oksigen

3,3 x 10-5

1,4 x 10-1

5,6 x 10-2

2,3 x 10-2

2 x 10-5

8 x 10-2

Gas Udara

Lain-lain Asbestos Beton

FISIKA TEKNIK

87

BAHAN KULIAH

Gabus

2 x 10-4

8 x 10-1

Gelas

4 x 10-5

17 x 10-2

Es

2 x 10-4

8 x 10-1

Kayu

4 x 10-4

17 x 10-2

2 x 10-5

8 x 10-2

Perhatikan gambar 6.1. sebuah batang panjangnya L dan luas penampangnya A. ujung-ujungnya bertemperatur T1 dan T2 yang selanjutnya batang ini dibalut dengan bahan yang tidak menghantarkan panas (isolator). Dalam keadaan tetap (Steady State) temperatur di setiap titik konstan terhadap waktu, sehingga arus panas H sama di semua

L Isolator

Temperatur tetap

Temperatur tetap

Aliran

T1

T2

T2 > T1

Gambar 6.1 Hantaran panas melalui sebuah batang penghantar yang diisolasi. Dari persamaan (11.2)

FISIKA TEKNIK

88

BAHAN KULIAH

H dx = - K A dT T2

L

∫K

∫H

dx = -

H=

K A ( T1 − T2 L

dT

T1

0

)

Di dalam peristiwa konduksi ini tidak ada massa zat yang berpindah. a. Hantaran panas lewat dinding berlapis

L1

L2

T1

T2 k1

k2

Gambar 6.2. Hantaran panas molekul dinding berlapis dengan konduktivitas yang berbeda. Perhatikan dinding-dinding gabungan yang masing-masing mempunyai tebal L1, L2, dan konduktivitas termal K1 dan K2 sedang luas penampang yang tegak lurus arus panas A. jika T2 > T1 maka panas akan mengalir dari T2 ke T1. misalnya batas antara dua dinding tersebut mempunyai temperatur Tx, maka arus pada masing-masing dinding: H2

=

K 2 A ( T1 − T2 L2

)

Atau T2 - Tx =

H2 L2 K2 A

H1

K 1 A ( Tx − T1 ) L

=

Atau Tx – T1 =

H 1 L1 K1 A

Dalam keadaan steady, maka H2 = H1 = H

FISIKA TEKNIK

89

BAHAN KULIAH

Bila persamaan di atas dijumlahkan, maka: T2 - Tx + Tx – T1 =

T2 – T1 =

H 1 L1 H2 L2 + K2 A K1 A

L  H  L2 + 1  =  A  K 2 K1 

Atau A ( T2 − T1 ) H = L 2 L1 + K 2 K1 Bila terdiri dari n lapis: A ( T2 − Tn ) n Li H= ∑ i =1 K i Dengan: T2

= Temperatur permukaan paling kiri

T1

= Temperatur permukaan paling kanan

L1

= Tebal lapisan ke-1

K1

= Konduktivitas termal bahan ke-1

Contoh 1. Sebatang besi panjang 50 Cm, berpenampang seluas 2,5 cm2 diberi bertangkai kayu yang berpenampang sama tetapi panjangnya 20 cm. Konduktivitas termal besi 50 Joule/det m °K dan konduktivitas termal kayu 0,10 Joule/det m °K. Jika ujung besi bertemperatur 1000°K sedangkan ujung kayu bertemperatur 300°K. carilah:

T1 = 1000 °K

b.

Temperatur di sambungan

c.

Arus panas

K1

A

T2 = 300 °K

Tx K2

B

C

Penyelesaian:

FISIKA TEKNIK

90

BAHAN KULIAH

a. Arus yang mengalir di batang AB (Besi) H=

K 1 A ( Tx − T1 ) L1

= (50 Joule/det m °K)

( 2,5x10

−4

)

m 2 (1000°K − Tx ) 0,50

= 25 – 0,025 Tx Arus yang mengalir di batang BC (Kayu) H=

K 2 A ( Tx − T2 L2

)

( 2,5x10 = (0,1 joule/det m °K)

−4

)

m 2 ( Tx − 300°K ) 0,20 m

= 1,25 x 10-4 Tx – 3,75 x 10-2 Dalam kondisi steady, maka H1 = H2 = H 25 – 0,025

Tx = 1,25 x 10-4

Tx – 3,75 x 10-2

Tx = 996,5 °K b. Arus panas H: H

= K2 A2 =

( Tx

− T2 ) L2

= (0,10 Joule/det m °K) = H

( 2,5x10

−4

)

m 2 ( 996,5 °K − 300°K ) 0,20

= 0,0875 Joule/det

Contoh 2 Sebuah tongkat terdiri dari batang tembaga yang penjangnya 1 meter yang dihubungkan dengan batang baja yang panjangnya L. diameter kedua batang ini sama. Temperatur titik hubung ini pada keadaan setimbang ternyata 60 °C. jika ujung tabung tembaga bertemperatur 100 °C, dan ujung batang baja bertemperatur 0°C. jika dianggap tidak ada panas yang hilang di sepanjang tongkat, hitunglah panjang tongkat baja. Ktembaga = 0,98 Kal/det Cm °C

FISIKA TEKNIK

91

BAHAN KULIAH

Kbaja

= 0,12 Kal/det Cm °C

Penyelesaian:

1m

A

B

L

C

Dalam keadaan setimbang (Steady State) H

= K1 A1 =

( TA

( TB − TC ) − TB ) = K2 A2 = L1 L2

A1 = A2 (0,9 Kal/det Cm. °K)

A 1 (100 − 60 ) °C 100 cm

= (0,12 kal/det. Cm. °C) 0,368 =

A 2 ( 60 − 0 ) L cm

7,2 ; L = 19,565 cm L

b. Hantaran Panas lewat Silinder Bola Tinjaulah sebuah silinder, panjangnya L berjari-jari dalam r1 dan suhunya T1, jari-jari silinder luar r2 dan suhunya T2. silinder tersebut dilapisi bahan isolator agar tidak terjadi aliran panas ke sekelilingnya.

L

r2 r1

Gambar 6.3. Konduksi Panas pada Silinder

FISIKA TEKNIK

92

BAHAN KULIAH

Jika T1 > T2 maka akan terjadi aliran panas ke arah radial dari 1 ke 2. Dari persamaan (5.2) H=-KA

dT dr

Dengan: A

: 2 π rL adalah permukaan silinder

r

: Jari-jari Silinder

sehingga: H

: - K . 2π r L

H.

dT dr

dr = - 2 π r L dT r

b

dr H ∫ 2 = - 2π rL a r

T2

∫ dT

T1

H ln b/a = 2πKL (T1 – T2) H=

2 π K L ( T1 − T2 ) ln b/a

Untuk sebuah bola, maka luas permukaan bola: A = 4 π r2

r

a b T1

T2

Gambar 6.3. Hantaran Panas pada Bola

H = - K . 4 πr2

FISIKA TEKNIK

dT dr

93

BAHAN KULIAH

dr = - K. 4π dT r2

H.

T

b

2 dr H ∫ 2 = - K 4 ∫ dT T1 a r

(b − a)

H

ab

H=

= K 4π (T1 – T2)

K. 4 π ( T1 − T2 ) ( b - a ) /ab

Contoh 3 Sebuah kawat pemanas panjangnya 2 m mempunyai daya 3 kwh. Diameter kawat 2,5 x 10-4 m. kawat ini ditanamkan di sepanjang sumbu silinder keramik yang mempunyai diameter 0,1 m. suhu kawat pemanas 1000 °C dan suhu bagian luar keramik 20 °C. Carilah konduktivitas termal dari keramik. Penyelesaian:

b

T2 a T1

a=

2,5 x 10 −4 m = 1,25. 10-4 m 2

b=

0,1 m = 0,05 m 2

Hantaran panas pada sebuah silinder H = 2π L K=

K=

(3.10

K ( T1 − T2 ) ln b/a

H ln b/a 2π .L (T1 − T2 )

)

0,05 .10 − 4 1,25 2π .2m (1000 − 20 ) °C 3

joule / det ln

K = 1,46 Joule/det m °C

FISIKA TEKNIK

94

BAHAN KULIAH

Contoh 4 Sebuah bola berongga homogen mempunyai jari-jari dalam a dan jari-jari luar b, sedangkan temperatur permukaan dalam dan permukaan luarnya dijaga tetap masing-masing Ta dan Tb (Ta > Tb). Koefisien konduktivitasnya K. Jika a = ½ b, tentukan temperatur pada suatu titik yang berjarak 3/2 a terhadap pusat bola. Penyelesaian: Dari persamaan hantaran panas pada bola

Tb T Ta x

H=

4 π .K ( T1 − T2 ) ( b - a ) /ab

Jika a = ½ b Misalnya temperatur di 3/2 a dari pusat bola Tx.

b a

Maka dalam kondisi steady: H = Ha-x = Hx-b

Ha-x

=

4 π .K ( Ta − Tx ) ( x - a ) /ax

4 π .K ( Ta − Tx ) = 3  3  a - a  /a. a 2  2 4 π .K ( Ta − Tx ) = 1 a 3 Hx-b

4 π .K ( Tx − Tb ) 4 π .K ( Tx − Tb ) = =  3  3 ( b - x ) /bx  b - a  /b a  2  2 4 π .K ( Tx − Tb ) 4 π .K ( Tx − Tb ) 3  3 = =  1 a  2a - a  /2a. a 2  2 6 

FISIKA TEKNIK

95

BAHAN KULIAH

a=b

4 π .K ( Ta − Tx ) 4 π .K ( Tx − Tb ) 1 1 = a a 3 6

→

Ta - Tx = 2Tx – 2 Tb 3 Tx = Ta + 2 Tb Tx =

Ta − 2Tb 3

b. Konveksi Konveksi adalah perpindahan panas dari suatu tempat ke tempat lain yang disebabkan karena bahannya sendiri yang berpindah. Bentuk matematis peristiwa konveksi ini sangat rumit tidak seperti peristiwa konduksi. Ini disebabkan karena panas yang hilang atau masuk dari suatu permukaan yang berhubungan dengan suatu fluida tergantung pada berbagai keadaan antara lain: a. Bentuk permukaan melengkung, horizontal, vertikal. b. Jenis fluida yang berhubungan dengan permukaan gas atau cair c. Karakteristik fluida : rapat massa, viskositas, panas jenis, konduktivitas termal. d. Kecepatan fluida : -

Bila kecepatan cukup kecil akan menimbulkan aliran laminer.

-

Bila kecepatan cukup besar akan menimbulkan aliran turbulen.

e. Keadaan fluida : Terjadi penguapan, pengembunan, pembentukan lapisan. Jalan yang ditempuh dalam peristiwa konveksi ini di dalam praktek digunakan rumus: H = h . A . ∆T dengan H = Arus konveksi A = luas permukaan T = perbedaan suhu antara permukaan dengan fluida h = Koefisien konveksi

FISIKA TEKNIK

96

BAHAN KULIAH

Koefisien konveksi ini ditentukan berdasarkan analisa demensi untuk alat-alat tertentu melalui sejumlah percobaan. Tabel 5.2 adalah koefisien konveksi untuk peristiwa konveksi alamiah dari dinding atau dari pipa yang suhunya konstan dan dikelilingi oleh udara luar yang beda suhunya ∆t terhadap dinding atau pipa.

Tabel 6.2. Koefisien konveksi alamiah dalam udara pada tekanan atmosfir. Alat Pelat horizontal, menghadap ke atas Pelat horizontal, menghadap ke bawah Pelat Vertikal Pipa Horizontal atau vertical (diameter

Koefisien konveksi H, kal s-1 Cm-2 (°C)-1 0,595 x 10-4 (∆t) ¼ 0,314 x 10-4 (∆t) ¼ 0,424 x 10-4 (∆t) ¼

D)

1,00 x 10-4

( ∆t )

1

4

D

Contoh 5 Sebuah dinding datar yang permukaannya mempunyai suhu konstan 100 °C dan udara di sekelilingnya 20 °C tekanan 1 atmosfir. Berapa panas yang hilang dari kedua permukaan dinding akibat konveksi alam ini untuk tiap 1 mz dalam 1 jam jika; a. Dinding itu letaknya vertikal. b. Dinding itu letaknya horizontal. Penyelesaian : a. Untuk dinding vertical h = 0,424 . 10-4 (80)¼ = 1,286 10-4 kal/det Cm2 °C Arus panas H =

Jumlah Panas (Q) waktu (t)

Jadi Q = hA T . t Q = 2 x 1,268 .10-4 x 104 x 80 x 3600 kal = 73,037 104 kal

FISIKA TEKNIK

97

BAHAN KULIAH

b. Untuk dinding hoizontal -

Pelat horizontal menghadap ke atas

H

= 0,595 . 10-4 (80) ¼ = 1,779 . 10-4 kal/det. Cm2 °C

Q1

= 1,779 . 10-4 x 104 x 80 x 3600 kal = 51,235 . 104 kal

-

Pelat horizontal menghadap ke bawah

h

= 0 314 . 10-4 (80) ¼ = 0,939 . 10-4 kal/det Cm2 °C

Q2

= 0,939 . 10-4 x 104 x 80 x 3600 kal = 27,043 . 104 kal.

Jadi panas yang hilang untuk tiap 1 m2 dalam 1 jam : Qtot

= Q1 + Q2 = 78,278 kal.

Contoh 6 Sebuah pipa uap vertikal mempunyai diameter luar 7,5 Cm dan tingginya 4 m. Permukaan luarnya bersuhu konstan 95 °C. Udara sekelilingnya bertekanan 1 atm 20 °C. Berapa banyaknya panas yang berpindah ke udara karena konveksi alam dalam 1 jam. Penyelesaian: 1

 75  4 h = 1,00 . 10 x   = 1.778 . 10-4  7,5  -4

Luas permukaan pipa : A = 27π . L = 2π .

7,5 .400 = 9424,78 2

Jumlah panas yang berpindah ke udara Q

= 1,778 . 10-4 x 9424,78 x 75 x 3600 = 45,244. 104 kal.

c. Radiasi

FISIKA TEKNIK

98

BAHAN KULIAH

Radiasi adalah pancaran energi secara terus menerus dari permukaan suatu benda.Energi ini juga disebut enegi radian yang dipancarkan dalam bentuk gelombang elektro magnetik dengan kecepatan seperti kecepatan cahaya serta dapat melewati ruang hampa udara. Apabila gelombang ini terhalang oleh suatu benda maka gelombang tersebut akan diserapnya. Energi radian yang dipancarkan oleh suatu pemukaan, persatuan waktu persatuan luas tergantung pada sifat permukaan serta suhunya. Pada suhu yang rendah radiasi terjadi kecil dan panjang gelombang dari gelombang yang dipancarkan relatif panjang. Kenaikan suhu menyebabkan radiasi meningkat sebanding dengan suhu mutlak pangkat empat. Energi yang dipancarkan dari setiap suhu terdiri dari beberapa gelombang yang mempunyai panjang gelombang yang berlainan. Seperti yang ditunjukkan oleh gambar 5.5, pada suhu 300 °C radiasi yang terkuat dihasilkan oleh panjang gelombang sekitar 5 x 10-4 Cm. Di bawah atau di atas harga ini kuat radiasinya berkurang, sedangkan radiasi total yang tejadi pada suatu suhu dinyatakan oleh luas daerah antara tiap kurva dan sumbu horizontal. Nampak bahwa bila suhunya naik radiasi yang terjadi naik pula, panjang gelombang yang menghasilkan radiasi terkuat

gelombang

per satuan jangkauan panjang

Banyaknya pancaran per detik,

bergeser pada panjang gelombang yang lebih pendek.

800°C 700°C 500°C

600°C

400°C Gambar 6.4. Pancaran Energi Radian 300°C

Banyaknya pancaran energi radian persatuan luas dari suatu pemukaan benda oleh 10 x 10-4 Stefan dirumuskan0 sebagai: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 cm

FISIKA TEKNIK

99

BAHAN KULIAH

R = e σ T4 dengan : R

= emitansi radian (erg/Cm2 ; Watt/m2) = 5,6699 x 10-5 (cgs) = 5,6699 x 10-8 (mks)

T

= suhu mutlak (°K)

e

= daya pancar (emisivitas) permukaan. = 0 < 1 < 0 tergantung pada kasar halusnya permukaan.

Jika benda yang mempunyai emisivitas e, bersuhu T dikelilingi oleh dinding bersuhu T, maka kerugian atau keuntungan netto energinya persatuan luas Rnetto

= e σ T14 – e σ T24. = e σ (T14-T24)

Ini disebabkan karena benda selain memancarkan juga menyerap energi. Bila suatu benda lebih panas dari sekelilingnya, maka jumlah yang dipancarkan tiap satuan waktu lebih besar dari yang diserapnya sehingga, benda tersebut akan menjadi dingin bila tidak ada lagi energi yang diberikan kepadanya dengan suatu cara, begitu sebaliknya apabila mempunyai suhu yang sama dengan sekelilingnya maka pancaran dan penyerapan akan sama pula, tidak ada energi yang diterima ataupun yang hilang dan tidak terjadi perubahan suhu. Contoh 7 Sebuah bola berjari-jari 10 Cm, bertemperatur 1000 °K, Permukaannya mempunyai emisivitas 0,75. Bola tersebut berada dalam ruangan yang bertemperatur 300 °K. Berapakah energi radian yang harus diberikan tiap satuan luas agar bola temperaturnya tetap 100 °K. Penyelesaian: R

= e σ (T14 – T24) = 0,75 x 5,67 x 10-8 watt/m2. °K4 [(103)4 – (3.102)4]

R

= 42,180.103 watt/m2

FISIKA TEKNIK

100

BAHAN KULIAH

Soal : 1. Sebuah lampu sorot memiliki lampu pijar 50 W yang berada dalam suatu kerudung logam yang bersuhu 60oC saat suhu ruang 20oC. Jika lampu 50 W diganti dengan lampu 75 W, berapakah suhu kerudung logamnya?

Jawab : Karena luas A dan koefisien konveksi h adalah sama untuk kedua lampu pijar, maka dari Q/t

= h AΔT diperoleh

( Q / t ) 1 hA∆T1 ( Q / t ) 1 ∆T1 ( *) = ⇔ = ( Q / t ) 2 hA∆T2 ( Q / t ) 2 ∆T2 ( Q / t ) 1 = P1 = 50 W , ∆T1 = 60 o C − 20 o C = 40 o C

( Q / t ) 2 = P2 = 75 W , o ∆T2 = ( T2 − 20 ) C

Substitusi ke (*) diperoleh 50 40 2 40 = ⇔ = 75 ( T2 − 20 ) 3 ( T2 − 20 )

⇔ 2(T2 – 20) = 3 x 40 ⇔ 2 T2 – 40 = 120 ⇔ 2 T2 = 160 ⇔ T2 = 80 Jadi, suhu kerudung logamnya adalah 80oC. 2.

Mengapa permukaan dalam termos air panas mengkilat? Mengapa di antara kedua dindingnya terdapat ruang vakum? Jawab : Termos air panas didesain (dirancang) agar mampu mempertahankan suhu air panas di dalamnya dalam jangka waktu lama. Oleh karena itu, perpindahan kalor dari air panas dalam termos ke lingkungannya diusahan dihindari, baik melalui konduksi, konveksi, maupun radiasi. Permukaan dalam termos dibuat mengkilat

FISIKA TEKNIK

101

BAHAN KULIAH

agar dinding dalam terdapat ruang vakum agar tidak terjadi perpindahan kalor secara konduksi atau konveksi dari air panas ke dinding luar termos. 3.

Apakah hubungan antara pembakaran batu bara, minyak bumi, gas, penebangan liar, dan pembakaran hutan terhadap pemanasan bumi?

Jawab : Kegiatan-kegiatan di atas menyebabkan peningkatan gas-gas rumah kaca di atmosfer, terutama gas karbondioksida (CO2), sehingga terjadi peningkatan radiasi membumi yang terperangkap oleh gas-gas rumah kaca tersebut. Sebagai akibatnya terjadi peningkatan pemanasan bumi. 4.

Sebuah bola jari-jari 3,5 cm dipanaskan dalam sebuah tungku perapian bersuhu 427oC. Jika emisivitas bola 0,30, berapakah laju kalor yang dipancarkanny? σ = 5,7 x 10-8 W/(m2K4) Jawab : Jari-jari r = 3,5 cm  luas permukaan A = πr2 =

22 (3,5 cm)2 = 38,5 cm2 = 38,5 x 7

10-4 m2; suhu mutlak T = (427 + 273) K = 700 K; emisivitas e = 0,30. Laju kalor yang dipancarkan Q/t adalah Q/t

= eσAT4 = (0,30)(5,7 x 10-8)(38,5 x 10-4)(700)4 = 1,58 x 101 = 16 W (dinyatakan dalam 2 angka penting)

5.

Kawat lampu pijar yang memiliki luar permukaan kira-kira 50 mm2 memancarkan energi dengan laju 2,85 Js-1. Jika kawat pijar dianggap sebagai benda hitam, tentukan suhu permukaan kawat pijar. Jawab : Luas permukaan A = 50 mm2 = 50 x 10-6 m2; laju kalor radiasi Q/t = 2,85 J s-1 untuk benda hitam, emisivitas e = 1; σ = 5,7 x 10-8 W/(m2K4) Suhu mutlak T dapat dihitung dari laju kalor radiasi.

FISIKA TEKNIK

102

BAHAN KULIAH

Q/t =eσAT4 ⇔ T4 =

Q/t eσA

2,85 1 5,7 × 10 −8 50 × 10 −6 2,85 T4 = = 1012 285 × 10 −14 T4 =

(

)(

)

⇔ T = 4 1012 = 10 3 = 1000 K

6.

Sebuah benda panas kecil dengan emisivitas total 1, luas permukaan 8,0 x 10 -2 m2, dan kapasitas kalor 20 J K-1 diletakkan dalam suatu ruangan yang dindingnya bersuhu 300 K. Hitung laju turunnya suhu (dalam K s-1) ketika benda kecil itu bersuhu 600 K. σ = 5,67 x 10-8 W/(w2K4) Jawab : Emisivitas e = 1, luas permukaan A = 8,0 x 10-2 m2, kapasitas kalor C = 20 J K-1, suhu mutlak benda T1 = 600 K, suhu ruang T2 = 300 K Benda panas kecil meradiasikan kalor ke lingkungan dengan laju Q/t = eσAT14, tetapi benda ini juga menerima radiasi kalor dari lingkungan dengan laju Q/t = eσAT24. Karena T1 > T2, maka laju kalor benda yang hilang ke lingkungan adalah selisih keduanya. ∆Q = eσAT14 − eσAT24 t ∆Q = eσA T14 − T24 t

(

)

Laju kehilangan kalor benda ΔQ/t menyebabkan penurunan suhu benda dengan laju ΔT/t. menurut persamaan kalor, ΔQ = C ΔT, dengan C adalah kapasitas kalor benda

FISIKA TEKNIK

103

BAHAN KULIAH

∆Q ∆T =C t t ∆T t 4 ∆T eσA T1 − T24 ⇔ = t C ∆T 1 5,67 × 10 −8 8,0 × 10 −2 600 4 − 300 4 = Ks −1 t 20 ∆T = 27,6 K s -1 = 28 K s -1 ( dinyatakan dalam 2 angka penting ) t

(

)

eσA T14 − T24 = C

(

(

7.

)

)(

)(

)

Dalam operasi sebuah thermograph, radiasi dari tiap luas permukaan kecil kulit seseorang diukur dan ditunjukkan oleh bayangan keabu-abuan yang berbeda atau dengan warna-warna berbeda dalam suatu thermogram. Karena bagian kulit lainnya, maka thermogram dapat digunakan dalam pemeriksaan berbagai penyakit kanker. Berpa persenkah perbedaan antara laju radiasi dari kulit bersuhu 34oC dan 35oC? Jawab : Suhu mutlak T1 = (34 + 273) K = 307 K dan T2 = (35 + 273) K = 308 K. Dalam kedua kasus ini, emisivitas e dan luas permukaan A adalah sama, sehingga dari laju radiasi kalor P = e σ A T4, atau P ∞ T4 (∞ dibaca ‘sebanding’).

2. Termodinamika Dalam termodinamika dibicarakan masalah sistem yang merupakan bagian yang ditinjau, misalnya suatu gas yang berada pada tabung-silinder, disamping juga membicarakan interaksi sistem dengan lingkungannya. Jika suatu gaya luar dikenakan pada sistem dan lingkungannya, maka dikatakan pada sistem dikenakan kerja luar. Misalnya pada proses pemampatan pompa mesin mobil adalah kerja yang dihasilkan dari gaya luar untuk menekan piston pada silinder tersebut. Gaya yang bekerja di antara bagian-bagian sistem itu sendiri disebut gaya dalam yang akan menghasilkan kerja dalam. Misalnya kerja yang dilakukan gaya-gaya interaksi antar molekulmolekul atau elektron-elektron suatu sistem adalah kerja dalam. Namun demikian, kerja dalam ini tidak dibahas dalam termodinamika. 7.1 HUKUM GAS IDEAL

FISIKA TEKNIK

104

BAHAN KULIAH

Karena atom pada gas terpisah pada jarak yang lebih lebar dibandingkan dengan atom-atom pada zat cair ataupun zat padat maka gaya-gaya interaksi antar atom pada gas dapat diabaikan. Sehingga hukum-hukum yang berlaku untuk gas menjadi lebih sederhana. Pada tahun 1660, Robert Boyle dalam salah satu laporan eksperimennya tentang sifat gas dinyatakan bahwa jika massa dan temperatur suatu gas dijaga agar konstan, sementara volume gas diubah, ternyata tekanan yang dikeluarkan gas juga akan berubah sedemikian rupa sehingga perkalian antara tekanan (p) dan volume (V), selalu mendekati konstan. Kemudian hukum ini dikenal sebagai hukum Boyle, yaitu: p V = Konstan

(7.1)

untuk gas yang massa dan temperaturnya konstan. Namun demikian, bila percobaan tersebut pada temperatur yang mendekati keadaan gas terkondensasi menjadi cairan maka harga perkalian p V tersebut tidak lagi konstan. Untuk gas tertentu bila dilakukan proses dengan tekanan konstan, maka volume gas adalah sebanding dengan temperatur, pernyataan tersebut dikenal sebagai hukum Charles dan Gay-Lussac. Dari hukum Boyle dan Gay-Lussac tersebut bila digabungkan maka untuk suatu gas dengan massa tertentu berlaku p.V = konstanta T Dari hasil eksperimen maka diperoleh hubungan pV=nRT

(7.2)

dengan n adalah massa gas dalam mole dan R adalah suatu konstanta yang ditentukan dari hubungan tersebut secara eksperimen. Untuk setiap gas dengan kerapatan yang cukup rendah diperoleh harga R yang sama, yaitu R

= 8,134 joule/mole °K = 1,986 kalori/mole °K

R disebut konstanta umum gas. Dan persamaan pV = n R T disebut Persamaan keadaan gas ideal. Persamaan keadaan gas ideal sering pula ditulis:

FISIKA TEKNIK

105

BAHAN KULIAH

pV

= N k T

dengan k =

R = 1,38 x 10-23 J/K, yaitu konstanta N0

Boltzmann. Definisi temperatur suatu gas dapat dinyatakan melalui tekanan dari suatu termometer gas dengan volume tetap yang berisi gas ideal, yaitu T

=

p 273,16 °K pt

(7.3)

dengan pt adalah tekanan gas pada titik tripel dan temperatur Tt adalah 273,16 °K. Bila pada termometer gas tersebut digunakan gas riil maka temperatur diperoleh melalui ekstrapolasi untuk kerapatan mendekati nill sebagai berikut: T – (273,16 °K) plim t →0

p pt

(7.4)

Untuk mendapat tafsiran mikroskopik terhadap besaran-besaran makroskopik gas ideal, maka perlu disepakati terlebih dahulu anggapan-anggapan yang digunakan dalam model gas ideal. Dengan demikian pemakaian hukum-hukum gas ideal hanya benar selama anggapan-anggapan dalam model tersebut terpenuhi. Model mikroskopik gas ideal adalah: a.

Gas terdiri atas partikel yang disebut molekul dalam jumlah yang sangat besar. Setiap molekul dapat terdiri atas satu atau lebih atom-atom. Semua molekul dianggap identik satu sama lain.

b.

Setiap molekul gas ideal bergerak secara acak, bebas dan merata, serta memenuhi persamaan gerak Newton.

c.

Ukuran molekul dapat diabaikan terhadap jarak antar molekul, hingga gaya interaksi antar molekul dapat diabaikan.

d.

Tumbukan antar molekul ataupun antara molekul dengan dinding berlangsung dalam waktu yang sangat singkat dan bersifat lenting sempurna.

a.

Tekaran Gas Ideal Dengan menggunakan model gas ideal akan ditinjau tekanan gas menurut teori

kinetik tentang gas. Tinjauan ini dimaksudkan untuk mendapatkan tafsiran besaran mikroskopik p dalam hubungannya dengan besaran-besaran mikroskopik.

FISIKA TEKNIK

Tinjau

106

BAHAN KULIAH

sebuah kotak yang sisi-sisinya berukuran lx, ly dan lz berisi N partikel gas ideal seperti dalam gambar 7.1. Sebuah partikel bergerak dengan kecepatan v , yang dapat ditulis sebagai: v = ˆi vx + ˆj vy + kˆ vz

(7.5)

z

Agar lebih memudahkan hanya ditinjau komponen gerak dalam arah sumbu partikel

Lz vy

yang terkena tumbukan partikel adalah Lx

x

y +, sehingga permukaan dinding kotak

A y

ly Gambar 7.1 Sebuah partikel berkecepatan v dalam kubus berisi l. Bidang seluas A seperti dalam Gambar. Bila dinding kotak dianggap sangat

tegar, sehingga partikel yang menumbuk dinding A dengan keeepatan arah sumbu y yaitu vy akan terpantul kembali secara sempurna dengan kecepatan-vy. Akibat tumbukan tersebut, maka perubahan momentum partikel bermassa m adalah: M

= Makhir – Mawal = m (-vy) – m (+vy) = - m vy - m vy

= - 2 m vy

Karena momentum total dalam proses tumbukan adalah kekal, maka dinding A akan menerima momentum sebesar + 2 m vy, yaitu sebagai reaksi dinding terhadap partikel. Karena untuk terjadinya dua kali tumbukan pada dinding A secara berturutan partikel tersebut harus menempuh jarak 2 ly dengan keeepatan vy dalam waktu ∆t, maka ∆t

=

1 ∆t

=

2 ly vy

atau dengan kata lain, jumlah tumbukan tiap satuan waktu

adalah:

FISIKA TEKNIK

vy 2 ly

107

BAHAN KULIAH

karena setiap kali terjadi tumbukan, dinding menerima momentum 2 m vy. jadi tiap satuan waktu dinding menerima momentum sebesar: = (2 m vy) . (

vy 2 ly

) =

m. v y

2

ly

karena terdapat N partikel, maka momentum yang diterima dinding tiap satuan waktu adalah hasil penjumlahan dari N partikel yang masing-masing bermassa m adalah m  Δm  = 2 2 2    Δt  N Partikel l y (vy1 + vy2 + … + vyN )

(7.6)

Dengan menggunakan rumusan: F

=

Δm F dan p = , A = luas dinding p = Δt A

dinding. Maka p

tekanan gas pada

m = A l (vy12 + vy22 + … + vyN2) y

(7.7)

Atau p

=

N m v 2y1 + v 2y2 + ... + v 2yN Nm 2 = vy V V N 2

karena V = A ly adalah volume kotak dan v y adalah perata kuadrat kecepatan arah y. Sedangkan jumlah partikel N sangat besar dan gerakannya acak maka untuk satu pertikel berlaku: v2 = vx2 + vy2 + vz bila dirata-ratakan diperoleh: v 2 = v x 2 + v y 2 + v z 2 dan karena v 2 = v y 2 = v z 2

sehingga : v 2 =

1 2 v 3

Jadi tekanan gas ideal yang terdiri atas N partikel dalam kotak bervolume V adalah: p

Nm = V

 v2     3  

(7.8)

dengan m adalah massa tiap partikel dan v 2 adalah rata-rata kuadrat kecepatan partikel tersebut.

FISIKA TEKNIK

108

BAHAN KULIAH

b.

Temperatur Gas Ideal Jika benda panas dan benda dingin saling ditempelkan hingga antara keduanya

terjadi kontak termal, maka benda panas menjadi lebih dingin dan benda dingin menjadi lebih panas, sampai akhirnya temperatur keduanya sama. Proses tersebut terjadi akibat adanya aliran energi yang disebut panas dari benda yang lebih panas ke benda yang lebih dingin. Dan keadaan benda yang telah mencapai kesamaan temperatur tersebut dikatakan berkesetimbangan termal antara keduanya. Dengan menggunakan kenyataan sehari-hari diperoleh kenyataan bahwa jika dua benda katakanlah A dan B berkesetimbangan termal, dengan benda ketiga, yaitu C, sehingga TA = TC dan TB = TC, maka tentukanlah diantara kedua benda A dan B tersebut juga saling berkesetimbangan termal, yaitu TA = TB. Pernyataan ini dikenal sebagai hukum ke nol termodinamika. Dalam pengukuran temperatur dapat dilakukan melalui pengetahuan tentang besaran-besaran materi yang bergantung pada derajad kepanasannya, seperti misalnya resistansi listrik suatu kawat platina, volume (yaitu panjang gelas kapiler) dari massa air raksa, tekanan dari gas dalam volume tetap, dan sebagainya. Rumusan persamaan keadaan gas ideal dalam volume V, bertekanan p dan bertemperatur T adalah: pV =NkT dengan N adalah jumlah partikel gas ideal dan k adalah konstanta Boltzmann. Sedangkan dengan menggunakan tafsiran teori kinetik gas ideal untuk tekanan diperoleh rumusan: p V

 v2  = N m    3

(7.9)

Sehingga untuk gas ideal dapat pula dituliskan hubungan: KT

 v2  = m    3

FISIKA TEKNIK

109

BAHAN KULIAH

Agar penafsiran teori kinetik gas ideal menjadi lengkap maka berikut digunakan rumusan energi kinetik translasi untuk N partikel yang masing-masing partikel bermassa m, yaitu = ½ m (v12 + v22 + … + vN2) atau dapat juga ditulis (E. kin. Trans)N

v12 + v 22 + ... + v 2N =½mN N = ½ m N v2

(7.10)

dan energi kinetik translasi rerata untuk satu pertikel adalah (E. kin. trans)1, rata

= ½ m v2 =

3 kT 2

atau T

=

2 E kin 3 k

Tampaklah bahwa temperatur gas ideal adalah berbanding lurus dengan energi kinetik translasi rerata per partikel.

c. Ekuipartisi Gas Ideal Penafsiran teori kinetik terhadap sistem yang terdiri atas gas monoatomik pada temperatur cukup tinggi dapat dilakukan hanya dengan pandangan gerak translasi partikelnya. Sehingga untuk sebuah partikel yang berkecepatan v mempunyai energi total sama dengan energi kinetik rata-rata, yaitu ETotal 1. Partikel

= E Kin = ½ m v2 = ½ m ( vx 2 + v y 2 + vz 2 )

Sedangkan dari penafsiran temperatur menurut teori kinetik partikel diperoleh rumusan Ekin

=

3 k T atau dapat ditafsirkan meniadi 2

½ m vx 2 + ½ m v y 2 + ½ m vz 2 = ½ k T + ½ k T + ½ k T Dengan demikian untuk gas ideal monoatomik dapatlah dinyatakan bahwa setiap bentuk energi yang berasal dari kuadrat besaran partikel besarnya ekivalen dengan ½ k T. Selanjutnya prinsip tersebut disebut prinsip ekuipartisi.

FISIKA TEKNIK

110

BAHAN KULIAH

Untuk tinjauan partikel-partikel dwi-atomik dapat dianalisa sebagai berikut: Dua atom-atom yang seolah terhubungkan dengan pegas, terletak pada bidang XOY, seperti dituniukkan dalam gambar 7.2 pada halaman berikutnya. z

Pegas

y

x Gambar 7.2 Penggambaran partikel dwi-atomik yang saling terhubungkan dengan pegas Energi total sistem pegas dwi-atomik dapat dituliskan sebagai Etotal

= Ekin,transl + Ekin,rot + Epot,pegas + Ekin,pegas

Dalam hal ini energi kinetik translasi molekul dalam arah sumbu x, y dan z adalah EKin,rotasi = ½ m (vx2 + vy2 + vz2) Energi kinetik rotasi bila dwi-atomik terputar pada sumbu-sumbu x, y dan z, adalah Ekon,rotasi = ½ Ixω x2 + ½ Iy ω y2 + ½ Iz ω z2 dengan Ix = Iz = I adalah momen inersia dwi-atomik yang terputar pada sumbu x dan z, dengan kecepatan sudut ω x dan ω z. Sedangkan Iy adalah momen inersia dwi-atomik yang terputar pada sumbu y dengan kecepatan sudut ω y. Karena momen inersia Iy cukup kecil maka energi kinetik rotasi akibat putaran pada sumbu y dapat diabaikan. Sehingga energi kinetik rotasi diatomic adalah Ekin,rotasi = ½ I ω x2 + ½ I ω x2 Energi potensial bagi pegas yang mempunyai konstanta pegas K adalah ½ K y2, bila y adalah perubahan panjang pegas. Energi kinetik diatomic dalam ikatan pegas dapat ditulis ½ m V2. Jadi energi total molekul diatomic, bila dikaitkan dengan

FISIKA TEKNIK

111

BAHAN KULIAH

ETotal

= ½ m (vx2 + vy2 + vz2) + ½ I ω x2 + ½ I ω x2 + ½ K y2 + ½ m V2 = (½ k T + ½ k T + ½ k T) + (½ k T + ½ k T) + ½ k T =

7 kT 2

dengan k adalah konstanta Boltzmann, k = 1,38 x 10-23 J/K, dan T adalah temperatur sistem dalam Kelvin. 7.2

KALOR DAN KERJA Kalor adalah energi yang mengalir dari satu benda ke benda lain karena adanya

beda temperatur di antara kedua benda tersebut. Pendapat yang menyatakan kalor sebagai sesuatu yang ada di dalam benda, seperti yang diasumsikan oleh teori kalori ternyata tidak sesuai dengan berbagai kenyataan eksperimental. Kerja dan aliran kalor dipindahkan dalam bentuk yang berbeda. Kerja adalah energi yang dipindahkan melalui derajad kebebasan sistem yang teramati secara makroskopik. Sedangkan kalor adalah perpindahan energi langsung di antara derajad kebebasan dalam secara mikroskopik. Tinjauan sistem silinder berisi gas yang dilengkapi dengan piston dapat bergerak tanpa gesekan. Luas penampang irisan silinder A dan tekanan gas pada piston adalah p. Bila gas mengembang, hingga piston bergeser ke luar pada jarak ds yang sangat kecil, Maka kerja yang dilakukan gas adalah dW = F .ds = p A ds = p dV dengan dV adalah perubahan sangat kecil dari volume gas. ds A

P

Resevoir panas temperatur T

Gambar 7.3. Kerja yang dilakukan oleh gas pada temperatur konstans

FISIKA TEKNIK

112

BAHAN KULIAH

Pada Gambar 7.3 ditunjukkan bahwa, selama proses perpindahan piston maka temperatur gas dijaga konstan melalui kontaknya dengan reservoir bertemperatur T, sedangkan tekanan gas tidak konstan. Kerja total.W yang dilakukan gas dari keadaan awal i ke keadaan akhir f dapat dihitung dengan mengintegrasikan terhadap perubahan volume sebagai berikut W

2

Vf

1

Vi

= ∫ dW =

∫ p dV

Sedangkan pV = n R T. Karena temperatur konstan, maka: Vf

W

=nRT

Vf dV = n R T ln V Vi Vi

∫

Diagram pV untuk menggambarkan proses tersebut ditunjukkan pada Gambar 7.4.

P Keadaan Awal (i) Garis Isoterm Keadaan Akhir (f)

W V1

V2

V

Gambar 7.4 Diagram pV untuk proses dengan temperatur konstan Bila selama proses dari keadaan i ke f tersebut tekanan p dapat dijaga konstan maka kerja yang dilakukan gas adalah

FISIKA TEKNIK

113

BAHAN KULIAH

Vf

Vf

Vi

Vi

W = ∫ p dV = p

∫ dV = p (V - V ) f

(7.11)

i

dan karena V lebih besar daripada V maka kerja W oleh gas adalah positif, dan besarnya sama dengan luas daerah yang diarsir pada diagram pV Gambar 7.5. P i

f

W

Vi

Vf

V

Gambar 7.5 Kerja yang dilakukan sistem dari keadaan i ke keadaan f merupakan luas daerah yang terarsir, dan harga V-nya positif.

Kebergantungan kerja pada proses dapat dilihat dari diagram pV pada gambar 7.6. Keadaan akhir f dapat dicapai melalui berbagai proses.

a

Pi c Pf

f

Gambar 7.6 Kebergantungan kerja pada proses Vi Vf

FISIKA TEKNIK

V

114

BAHAN KULIAH

Tinjau i → a → f, yaitu terdiri atas proses dengan tekanan konstan (isobarik) dari i ke a, kemudian dilanjutkan dengan proses pada volume konstan (isokorik) dari a ke f. Kemungkinan lain adalah i → b → f, yang terdiri atas proses dengan volume konstan (isokorik) dari i ke b, kemudian dilanjutkan proses dengan tekanan konstan (isobarik) dari b ke f. Demikian pula proses i → f yang bersesuaian dengan lengkungan i → c → f. Dari pembahasan tersebut nampaklah bahwa kerja yang dilakukan sistem tidak hanya bergantung pada keadaan awal dan keadaan akhir tetapi juga bergantung pada proses selama perubahan. Hal yang sama dapat diperoleh jika ditinjau aliran kalor selama proses. Misalkan keadaan awal i dicirikan dengan temperatur Ti dan keadaan akhir f dengan temperatur Tf. Maka kalor yang masuk pada sistem bergantung pada proses perubahan temperatur tersebut.

7.3

HUKUM PERTAMA TERMODINAMIKA Tinjauan suatu sistem yang mengalami perubahan dari keadaan setimbang awal

i ke keadaan setimbang akhir f dengan cara tertentu. Selama proses tersebut sistem menyerap kalor Q dan kerja yang dilakukan oleh sistem adalah W. Bila dihitung nilai (Q - W), ternyata bahwa untuk setiap proses yang mungkin, maka nilai (Q - W) adalah sama. Dengan kata lain (Q - W) tidak bergantung pada proses, namun hanya bergantung pada keadaan awal dan keadaan akhir sistem tersebut. Bila pada keadaan awal i sistem berenergi Ui dan pada keadaan akhir f sistem berenergi Uf, maka dapat dituliskan: Uf - Ui

=∆U=Q–W

(7.12)

Hal ini dapat dimengerti, bila Q adalah energi Yang diberikan pada sistem dalam bentuk panas, energi tersebut dipergunakan sistem untuk melakukan kerja W. Sehingga nilai Q - W merupakan energi yang berada dalam sistem. Selanjutnya ∆U =

FISIKA TEKNIK

115

BAHAN KULIAH

Q - W disebut perubahan energi dalam dari sistem akibat proses perubahan dari keadaan i dengan energi dalam Ui ke keadaan f dengan energi dalam Uf. Persamaan ∆U = Q - W disebut hukum pertama termodinamika yang tidak lain merupakan penjabaran dari hukum kekekalan energi. Perlu dicatat bahwa Q adalah positif bila sistem menyerap kalor, dan negatif bila sistem mengeluarkan kalor. Sedangkan W adalah positif bila sistem melakukan kerja dan negatif bila kepada system dilakukan kerja. Sedangkan nilai energi dalam adalah bergantung pada keadaan sistem. Jika ditinjau sistem yang mengalami perubahan sangat kecil setelah pada sistem tersebut diberikan sejumlah kecil kalor dQ dan sistem melakukan kerja dW, maka energi dalam sistem berubah sebesar dU. Sehingga hukum pertama termodinamika dapat ditulis dQ = dU + dW

(7.13)

dengan dQ dan dW masing-masing bukan merupakan diferensial dari besaran kalor Q dan kerja W maka diberi tanda coret. Karena dQ dan dW masing-masing hanyalah menyatakan sejumlah kecil dari kalor dan kerja. Baik Q maupun W bukan fungsi keadaan. Hingga tidak mungkin dapat dinyatakan sistem pada keadaan tertentu mempunyai Q dan W tertentu. Kedua besaran tersebut muncul setelah proses perubahan keadaan terjadi, sehingga Q dan W bergantung pada bagaimana proses tersebut terjadi, atau dengan bantuan diagram pV dikatakan bahwa besar Q dan W suatu proses bergantung pada lintasan proses yang digunakan. a.

Proses Isokorik Dalam proses isokorik untuk gas ideal maka selama proses berlangsung

volume gas ideal dipertahankan agar konstan. Sehingga kerja yang dilakukan sistem adalah nol, yaitu: dW = p dV = 0,

(karena dV = 0)

Bila kepada sistem diberikan kalor sebesar dQ, maka dQ = dU + dW dQ = dU

FISIKA TEKNIK

116

BAHAN KULIAH

Sehingga seluruh kalor yang diterima sistem seluruhnya diubah untuk menaikkan energi dalam sistem. Dalam eksperimen sering dipergunakan besaran kapasitas kalor pada volume tetap melalui rumusan.  dQ   Cv =   dT  v

(7.14)

indek V menyatakan bahwa bila selama proses volume sistem adalah tetap. Sehingga untuk proses isokorik berlaku pula  dQ   dU   =  Cv =   dT  v  dT  v

(7.15)

Dari tafsiran energi dalam sistem gas ideal monoatomik diperoleh U =

3 n R T, 2

yaitu bahwa energi dalam gas ideal hanyalah bergantung pada temperatur, karena interaksi antar partikel diabaikan, sehingga Cv =

3 nR 2

(7.16)

Disamping itu juga sering dipergunakan definisi kapasitas kalor untuk hal mole gas atau kapasitas kalor per gram yang juga disebut kapasitas kalor jenis dan disimbulkan dengan Cv. Bila massa gas adalah m, maka dapat ditulis Cv =

1  dQ    atau m  dT  v

Qv = m Cv (T2-T1)

(7.17)

bila gas tersebut mengalami perubahan isokorik dari keadaan awal bertemperatur T1 menjadi keadaan akhir bertemperatur T2. b.

Proses Isobarik Bila pada sistem gas ideal diberikan kalor dQ, dan selama proses berlangsung

tekanan sistem, p, dijaga agar tidak berubah, proses ini disebut proses isobarik. Untuk perubahan volume dari V1 ke volume V2 maka kerja yang dilakukan sistem gas adalah W=

V2

V2

V1

V1

∫ p dV = p ∫ dV = p (V -V ) 2

FISIKA TEKNIK

1

117

BAHAN KULIAH

Sehingga hukum pertama termodinamika dapat ditulis: dQ = dU + dW = dU + p dV Dengan menggunakan definisi kapasitas kalor tekanan tetap, Cp, yaitu:  dQ   Cp =   dT  p

(7.18)

dengan menggunakan definisi kapasitas kalor volume tetap, maka dapat diperoleh Cp dT = Cv dT + p dV dan untuk gas ideal dipenuhi hubungan pV

=vRT

untuk proses isobarik dapat dituliskan p dV

= n R dT

sehingga

Cp dT = Cv dT + n R dT atau secara umum dapat dituliskan hubungan Cp = Cv + n R

(7.19)

yang berlaku bagi semua proses gas ideal. Hal ini menunjukkan bahwa kapasitas kalor tekanan tetap gas ideal selalu lebih besar daripada kapasitas kalor dengan volume tetap. Tafsiran teori kinetik untuk gas diatomik dan gas poliatomik mengalami penyimpangan serius dari kenyataan eksperimen. Misalnya menurut model teori kinetik untuk gas diatomik energi dalam gas adalah U = ½ n R T, atau seharusnya kapasitas kalor dengan volume tetap Cv = ½ n R, namun dari eksperimen pada temperatur kamar diperoleh Cv =

3 n R. Namun demikian model yang bersesuaian 2

dengan tinjauan teori kinetik tersebut masih mendekati kebenaran pada temperatur tinggi yaitu lebih dari 5000 °K. c.

Proses Isotermik Dalam proses isotermik, maka temperatur sistem dijaga agar selama proses

tidak berubah. Untuk menganalisis besarnya kerja yang ditimbulkan sistem maka digunakan dua persyaratan gas ideal yaitu : a)

Gas ideal memenuhi persamaan

FISIKA TEKNIK

118

BAHAN KULIAH

pV=nRT sehingga untuk proses temperatur tetap, berlaku pV = konstan dan penggambaran dalam diagram pV untuk temperatur-temperatur T1 < T2 < T3 seperti ditunjukkan oleh Gambar 6.7.

Gambar 7.7 Kurva hiperbola yang menggambarkan hubungan persamaan keadaan gas ideal untuk temperatur-temperatur T1 < T2 < T3 b) Energi dalam gas ideal tidak bergantung pada p dan V, namun hanya bergantung p pada T saja, yaitu P=nR U = (U) T Sehingga untuk proses isotermik pada gas ideal berlaku dU = 0

P=nR

karena dT = 0

Hukum pertama termodinamika dapat ditulis dQ = dW = p dV

P=nR bila volume gas selama proses isotermik berubah dari V1 menjadi V2 maka V2 V p dV Q12 = W12 = ∫ namun perlu diperhatikan bahwa selama proses tersebut V1

tekanan gas berubah bila volume gas berubah, sehingga besaran p harus dinyatakan dalam V melalui persamaan keadaan gas ideal, yaitu: p =

nRT , sehingga V V2

Q12

= W12 = n R T

∫

V1

V2 dV = n R T ln V V1

(7.20)

karena T1 = T2 adalah temperatur gas selama proses isotermik berlangsung.

FISIKA TEKNIK

119

BAHAN KULIAH

d. Proses Adiabatik Selama proses adiabatic maka pada system diusahakan agar tidak ada kalor yang masuk maupun keluar. Dengan demikian hokum pertama termodinamika untuk gas ideal dapat ditulis. DQ

= dU + dW

0

= Cv dT + p dV

karena

pV = n R T → p

nRT V

Cv dT = -

nRT dV V

dT T

=-

n R dV Cv V

ln T

=-

nR ln V + konstanta Cv

ln T V

nR = L1, L1 = konstanta Cv

Atau

jadi TV

nR = L2, L2 = Konstanta Cv

(7.22)

Dengan menggunakan hubungan Cp = n R + Cv Atau dapat ditulis dalam bentuk γ = Cp / Cv, yaitu γ

=

Cp Cv

=

nR +1 Cv

sehingga nR =γ -1 Cv

(7.23)

Jadi untuk proses adiabatik pada gas ideal berlaku rumusan umum γ

T V -1 = L2

FISIKA TEKNIK

120

BAHAN KULIAH

Karena p V = n R T, maka dapat pula ditulis  p V  γ -1   V = L2 nR atau γ

p V = L3,

L3

= konstanta

(7.24)

bila digambarkan pada diagram p V, dapatlah diperbandingkan kemiringan antara kurva isotermik dengan kurva adiabatik. Pada kurva isotermik digunakan hubungan p V = L0, dengan L0 adalah konstanta, sedangkan untuk kurva adiabatik digunakan hubungan p V = L3, Karena γ = Cp/Cv, Sedangkan Cp lebih besar daripada Cv, sehingga γ > 1. Dapatlah dinyatakan bahwa kurva adiabatik lebih curam dibandingkan dengan kurva

isotermik,

seperti

ditunjukkan

dalam

Gambar 7.8.

P Adiabatik, p =

Gambar 7.8 Penggambaran kurva proses isotermik dan kurva adiabatic, yaitu kurva Isotermik, p = adiabatic lebih curam dibanding kurva isotermik, karena γ>1 Bila pada sistem gas ideal dikenakan proses pengembangan volume dari V1 menjadi V2 secara adiabatik, maka kerja yang diperlukan sebesar V W12 dapat dihitung sebagai berikut:

FISIKA TEKNIK

121

BAHAN KULIAH

V2

W12 =

∫ p dV

V1

karena proses 1→2 adiabatic maka berlaku p1 V1 = p2 V2 = p V sehingga V2

W12

γ 1

= p1 V

dV V V1

∫

V 2 1 − γ V11 − γ  − = p1 V   1 − γ   1 − γ γ 1

=

1 γ γ [p1 V1 V21- - p1 V1] 1−γ

=

1 γ γ [p1 V1 V21- - p1 V1] 1− γ

atau W12

(7.25)

kerja yang harus diberikan pada sistem bila gas ideal dikenakan pengembangan adiabatic dari Va ke. Vb. 7.4 a.

HUKUM KEDUA TERMODIMAMIKA Arah Proses Alam Bila dalam hukum pertama termodinamika dinyatakan bahwa terjadi

keseimbangan energi dalam suatu proses, maka dalam hukum kedua termodinamika ini akan ditunjukkan arah proses tersebut berlangsung. Tinjaulah suatu sistem yang pada awalnya tidak dalam kesetimbangan, katakanlah hal ini disebabkan akibat adanya perbedaan temperatur atau tekanan atau juga dapat akibat perbedaan konsentrasi. Maka sistem tersebut akan mengalami perubahan terus menerus menuju ke arah keadaan kesetimbangan. Untuk memperjelas tentang pengertian, proses, maka digunakan pembatasanpembatasan. Proses reversibel merupakan proses perubahan dari suatu keadaan awal ke keadaan tertentu, dan dari keadaan akhir tersebut dimungkinkan terjadinya proses balik ke keadaan awal kembali dengan mudah bila sistem dikenai kondisi tertentu. Suatu proses dikatakan terbalikkan (reversibel) bila juga memenuhi persyaratan (a) proses tersebut merupakan proses kuasistatik dan (b) dalam proses tersebut tidak terjadi efek histerisis. Sedangkan proses kuasistatik didefinisikan sebagai suatu proses

FISIKA TEKNIK

122

BAHAN KULIAH

yang pada tiap tahap perubahan sistem secara berturutan selalu mencapai keadaan kesetimbangan. Tentu saia pendefinisian tersebut hanyalah merupakan idealisasi keadaan nyatanya karena pada umumnya proses alam selalu tak terbalikkan (irreversible). Sebagai contoh kalor itu sendiri tidak dapat mengalir dari benda yang lebih dingin ke benda yang lebih panas. Walaupun dalam proses tersebut memenuhi hukum pertama termodinamika tidak memberikan persyaratan terhadap proses perubahan kerja menjadi kalor atau sebaliknya dari kalor menjadi kerja, walaupun memang benar bahwa dalam proses tersebut terpenuhi hukum kekekalan energi. Dalam praktek mudah diperlihatkan pengubahan besaran kerja secara keseluruhan menjadi kalor, misalnya pada proses pengembangan volume gas ideal secara isotermal, demikian pula dalam percobaan Joule dapat diperlihatkan bahwa kerja dapat diusahakan secara keseluruhan diubah menjadi kalor, namun proses tersebut berlangsung sekali saja. Untuk mengulangi proses tersebut secara terus menerus maka diperlukan pembalikan proses, yang tentunya diperlukan sejumlah kerja.

Dalam

praktek sering kali diusahakan agar kerja yang dihasilkan sistem lebih besar dibanding dengan kerja Pada pembalikan proses. Suatu proses yang terdiri atas beberapa tahapan dari suatu keadaan setimbang ke suatu keadaan setimbang lain kemudian kembali ke keadaan setimbang semula disebut sebuah siklus. b. Siklus Otto Pada mesin bensin terdiri atas enam langkah. 1) Bila penghisap ditarik maka udara dan bensin akan masuk ke dalam silinder. 2) Campuran tersebut ditekan dengan cepat sehingga temperaturnya naik. 3) Pada campuran terjadi pembakaran, dan selama pembakaran piston tetap hingga tekanan dan temperatur naik sangat tinggi. 4) Gas panas yang dihasilkan akan menekan piston kembali, dalam hal ini sistem melakukan kerja mekanis. 5) Katup keluaran terbuka dan gas keluar dari silinder namun volume tidak berubah. 6) Katup keluaran ditutup dan katup masukan dibuka hingga penghisap c Pdapat mengeluarkan seluruh gas. Qbc Untuk memudahkan analisa proses tersebut, maka digunakan siklus Otto, 4 seperti tergambar pada Gambar 6.9. 3 d b

1 FISIKA TEKNIK

Qda 2

5 6

a 123

V

BAHAN KULIAH

ab dan cd = proses adiabatik bc dan da = proses isokorik

Gambar 7.9 Siklus Otto Pada prinsipnya siklus Otto terdiri atas empat proses utama yaitu ab dan cd masing-masing adalah proses pemampatan adiabatic reversibel dan pengembangan adiabatic reversivel dari gas. Sedangkan proses bc dan da masing-masing adalah proses pemanasan dan pendinginan gas pada volume konstan. Energi yang ubah ke dan dari gas selama proses bc dan da hanya bergantung pada temperatur awal dan temperatur akhir gas pada tahap tersebut. Efisiensi siklus didefinisikan sebagai kerja neto yang dilakukan sistem selama satu siklus dibagi dengan kalor yang masuk ke dalam sistem, η

=

W siklus Q masuk

(7.26)

Untuk memperoleh hubungan efisiensi dengan temperatur ataupun volume maka ditinjau rumusan untuk setiap tahap. Misalkan temperatur di titik-titik a, b, c dan d secara berturutan disebut Ta, Tb Tc dan Td, sedangkan volumenya dinyatakan dengan Ta, Tb Tc dan Vd Proses ab = adiabatic maka berlaku rumusan γ

γ

Ta Va -1 = Tb Vb -1

dan Qab = 0

Proses bc = isokorik, berlaku Tc

Qbc =

∫C

v

dT = Cv (Tc - Tb) dan Wab = 0

Tb

karena Tc > Tb, maka Qbc positif, jadi pada proses bc kalor sebesar Q bc masuk ke dalam sistem. Proses cd = adiabatik, berlaku

FISIKA TEKNIK

124

BAHAN KULIAH

γ

γ

Tc Vc -1 = Td Vd -1

dan Qcd = 0

Proses da isokorik, berlaku Ta

Qdc =

∫C

v

dT = Cv (Ta-Td) dan Wda = 0

Td

karena Ta < Td, maka Qda negatif, jadi selama proses da, sistem mengeluarkan kalor sebesar Qda, Sedangkan rumusan hukum pertama termodinamika untuk siklus aboda adalah Qsiklus = Usiklus + Wsiklus

(7.27)

Dengan Qsiklus = Qab + Qbc + Qbd + Qda = 0 + Cv (Tc - Tb) + 0 + Cv (Ta - Td) karena ab dan cd adalah proses adiabatic. Untuk energi dalam siklus tidak terjadi perubahan ∆Usiklus = 0, sehingga Qsiklus = Wsiklus. Sedangkan rumusan Qmasuk = Qbc, maka efesiensi siklus adalah η

=

C v ( Tc − Tb ) + C v ( Ta − Td ) C v ( Tc − Tb )

=1-

Td − Ta Tc − Tb

efesiensi siklus dapat pula dinyatakan dalam volume dengan menggunakan hubungan adiabatic ab dan cd V Ta = Tb  b  Va

  

γ −1

V Td = Tc  c  Vd

  

γ −1

Td

Bila diperkurangkan dan karena Vb = Vc, Vd = Va maka diperoleh V Td - Ta = (Tb - Tc)  b  Va

  

γ −1

Td

Atau

FISIKA TEKNIK

125

BAHAN KULIAH

Td − Ta V  =  c  Tc − Tb  Vd 

γ −1

sehingga,  Vc η = 1 -   Vd

  

γ −1

(7.28)

dengan Vb/Va disebut perbandingan kompresi. Jelaslah untuk efisiensi η = 1 tidak dapat dicapai dalam praktek, karena hal ini menuntut terpenuhinya persyaratan kalor keluar Qda adalah nol. Nilai y = Cp /Cv = 1,4 untuk udara, sedangkan perbandingan kompresi mesin mobil sekitar 10 dan efisiensi yang tercapai adalah setengah nilai ideal tersebut.

c.

Siklus Mesin Pendingin Prinsip kerja mesin pendingin adalah memanfaatkan benda yang akan

didinginkan sebagai reservoir dingin, kemudian dipindahkan ke reservoir dengan temperatur yang lebih tinggi. Untuk memudahkan analisa sistem pendingin ini dapat didekati dengan diagram pV seperti dalam gambar 6.10 pada halaman berikutnya. Untuk mendapatkan efisiensi mesin pendingin, maka ditinjau rumusan tiap tahap sebagai berikut : 1)

ab : Proses adiabatic dari tekanan pa ke pb, sehingga berlaku 1

1

Ta p a γ −1 = Tb p b γ −1 dan Qab = 0

Qda

p pa

ab dan cd : proses adiabatik d

a

bc dan da : proses isobarik

Qbc pb FISIKA TEKNIK

c b

126

V

BAHAN KULIAH

Gambar. 7.10 Siklus mesin pendingin 2)

bc Proses isobarik dari temperatur Tb ke Tc dan berlaku Tc

∫C

Qbc =

p

dT = Cp (Tc - Tb) dan

Td

Vc

Wbc =

∫ p dV = p

(Vc - Vb)

b

Vb

Karena Tc > Tb maka Qbc positif, sehingga Qbc adalah jumlah kalor yang masuk system. 3)

cd: Proses adiabatic dari temperatur Tc ke Td, maka berlaku 1

1

Tc p c γ −1 = Td p d γ −1 dan Qcd = 0 4)

da : Proses Isobarik dari temperatur Td ke Ta, dan berlaku Ta

Qda =

∫C

p

dT = Cp (Ta – Td)

Td

Va

Wda =

∫ p dV

= pb (Va – Vd)

(7.29)

Vd

Karena Td < Ta maka Qda negatif, sehingga Qda adalah jumlah kalor yang keluar selama proses isobaric da. Hukum pertama Termodinamika untuk satu siklus abcda adalah Qsiklus = Usiklus + Wsiklus Dengan ∆Usiklus = Uakhir + Uawal = 0 Sehingga Wsiklus = Qsiklus = Qab + Qbc + Qcd + Qda = Cp (Tc – Tb) + Cp (Ta - Td) Efisiensi mesin pendingin adalah

FISIKA TEKNIK

127

BAHAN KULIAH

η

Wsiklus Q bc + Q da Q da = =1+ Q masuk Q bc Q bc

=

=1-

Td − Ta Tc − Tb

(7.30)

untuk menyatakan efisiensi dalam tekanan maka digunakan  Td = Tb  Pa P  d

1

γ  

−1

 Ta = Tc  Pc P  a

1

γ  

−1

Bila diperkurangkan dan karena Pb = Pc, Pd = Pa akan diperoleh 1

 Td - Ta = (Tb - Tc)  Pb P  a

γ  

−1

Atau 1

Td − Ta  P  γ = b Tb − Tc  P   a

−1

Sehingga efesiensi mesin pendingin dapat ditulis 1

P η=1-  b P  a

γ  

−1

(7.31)

d. Siklus Carnot Sadi Carnot pada tahun 1824 memperkenalkan siklus yang terdiri atas dua proses isotermik dan dua proses adiabatic, seperti ditunjukkan dalam gambar 7.11.

p

T2 > T2

Qab

ab dan cd : Proses Isotermik

a

bc dan da : Proses Adiabatik b d

T1 c

FISIKA TEKNIK

Qcd

T2 V

128

BAHAN KULIAH

Gambar 7.11 Siklus Carnot Untuk mendapatkan efesiensi siklus Carnot tersebut ditinjau proses tiap tahap sebagai berikut: 1) ab : Proses Isotermik pada temperatur T1, berlaku Qab = ∆Uab + Wab Tb

Dengan ∆Uab =

∫C

v

dT = 0, karena Ta = Tb = T1

Ta

Sehingga Vb

Qab = Wab =

∫p

dV

Va

Untuk gas ideal berlaku p =

n R T1 , sehingga V

Vb

Qab = Wab = n R T1

dV V Va

∫

= n R T1 ln

Vb Va

(7.32)

selama proses ab, temperatur system tetap T1. karena Vb > Va maka Qab positif merupakan kalor yang masuk dalam proses ab tersebut. 2) bc : Proses adiabatic sehingga berlaku Qbc = 0 Dan γ

γ

Tb Vb -1 = Tc Vc -1 3) cd : proses isotermik pada temperatur T2, maka berlaku Qcd = ∆Ucd + Wcd Td

Dengan ∆Ucd =

∫C

v

dT = 0, karena Tc = Td = Tz

Ta

FISIKA TEKNIK

129

BAHAN KULIAH

Sehingga, Vd

Qcd = Wcd =

∫ p dV = n R Tz ln

Vc

Vb Va

Untuk gas ideal dalam proses isotermik berlaku p V = n R Tz dalam temperatur tetap. Karena Vd < Vc maka Qcd negatif adalah kalor yang keluar selama proses isotermik cd. 4) da : proses adiabatic, sehingga berlaku Qda = 0 Dan γ

γ

Td Vd -1 = Ta Va -1 Untuk satu siklus abcda berlaku; Qsiklus = ∆Usiklus + Wsiklus Karena tinjauan satu siklus, maka Uakhir = Uawal, sehingga ∆Usiklus = 0; maka rumusan hokum pertama termodinamika satu siklus selalu Qsiklus = Wsiklus Sedangkan Qsiklus = Qab + Qbc + Qcd + Qda atau Wsiklus = Qab + Qcd. Dari definisi efesiensi diperoleh η =

Wsiklus Q ab + Q cd = Q masuk Q ab

=1+

Q cd Q ab

(7.33)

agar dapat menyatakan efesiensi siklus carnot dalam temperatur maka digunakan hubungan: Q cd n R T2ln Vd Vc = Q ab n R T1ln Vb Va V Karena  d  Va V Dan  c  Vb

  

  

γ −1

=

γ −1

FISIKA TEKNIK

=

Ta T1 = Td T2

Tb T1 = Tc T2

130

BAHAN KULIAH

Vd Vc = atau Va Vb

Sehingga

Vd Va = Vc Vb

ln Vd /Va = -1 ln Vb /Va

Q cd T2 =Q ab T1

Maka

Jadi efisiensi siklus Carnot untuk T1 > T2 adalah η=1+

Q cd T2 =1Q ab T1

(7.34)

Perlu dicatat bahwa bila dilakukan proses yang berkebalikan dengan proses di atas, yaitu siklus adcba maka diperoleh mesin pendingin. Dari tinjauan berbagai siklus di atas maka dapatlah dinyatakan bahwa : 1) tidak mungkin dibuat suatu mesin yang dapat menyerap kalor dari reservoir bertemperatur tinggi kemudian mengubah keseluruhannya menjadi kerja mekanis, seperti pada mesin kalor yang dirumuskan pertama kali oleh Kelvin dan Planck. 2) tidak mungkin dibuat suatu mesin yang dapat menyerap kalor dari reservoir rendah kemudian dipindahkan seluruhnya ke reservoir panas, tanpa adanya kerja luar, seperti pada mesin pendingin yang dirumuskan oleh Clausius. 3) tidak

ada mesin

yang menyerap

kalor

dari

reservoir

T1,

kemudian

memindahkannya ke reservoir T2 yang mempunyai efisiensi lebih besar daripada mesin Carnot. Dengan kata lain mesin Carnot memberikan batas maksimum efisiensi dari berbagai mesin yang bekerja diantara dua reservoir T1 dan T2, yaitu η=1-

T2 T1

untuk T1 > T2

Pernyataan (1) dari Kelvin dan Planck maupun penyataan (2) dari Clausius adalah merupakan rumusan hukum kedua termodinamika, sedangkan pernyataan (3) adalah merupakan konsekuensi penting dari hukum kedua termodinamika tersebut. Contoh : 7.1 Gas ideal mula-mula berada pada volume 4 liter, tekanan 10 atm; dan temperatur 500°K, kemudian dikenakan proses pengembangan volume secara isotermik, hingga menjadi 8 liter, dilanjutkan dengan proses penurunan tekanan hingga

FISIKA TEKNIK

131

BAHAN KULIAH

mencapai 4 atm secara isokorik, selanjutnya proses adiabatic untuk mengembalikan pada keadaan semula. Ditanyakan : a. Gambarlah seluruh proses tersebut dalam diagram p V. b. Tentukan nilai p, V dan T setiap akhir tahapan proses, tentukan pula nilai γ, Cp dan Cv untuk gas tersebut. c. Tentukan kerja pada tiap tahapan proses, tentukan pula kerja total satu siklus. d. Tentukan kalor yang terserap atau dikeluarkan setiap proses e. Tentukan perubahan entropy untuk tiap proses f. Hitung pula efesiensi siklus tersebut Jawab: a. Diagram p V 1-2 : Proses Isotermik 2-3 : Proses Isokorik 4-1 : Proses Adiabatik

P (atm) 10

1 2

4

3

b. Keadaan 1 : p1 = 10 atm, V1 = 4 liter, T1 = 500 °K 1.2 : Proses Isotermik, maka T2 = T1 = 500 °K dan berlaku P1 V1 = P2 V2 V1 4 P2 = 4 P1 = . 10 = 5 atm8 V2 10

V (liter)

Maka keadaan 2 : p2 = 5 atm, V2 = 8 liter, T2 = 500 °K

FISIKA TEKNIK

132

BAHAN KULIAH

2-3

: Proses Isokorik, maka V3 = 8 liter, dan berlaku p3 p2 = T2 T3 p3 4 T2 = . 500 = 400 °K T2 5

T3 =

Jadi keadaan 3 : p3 = 4 atau, V3 = 8 liter, T3 = 400 °K 3.1

: proses adiabatic, maka berlaku γ

γ

P3 V3 = P1 V1

γ

 V1    V P3 = P1  3  = 10

 4   8

γ

γ

= 10. (0,5) = 4 atau γ

(0,5) = 0,4 → γ ln 0,5 = ln 0,4 γ=

ln 0,5 − 0,916 = = 1,32 ln 0,4 − 0,693

sedangkan untuk gas ideal berlaku Cp = Cv + n R Atau γ = Cv =

Cp Cv

=1+

nR = 1,32 Cv

nR 0,32

Untuk setiap keadaan berlaku p V = n R T Atau n R =

p 1 V1 10 . 4 = = 0,08 1.atm / °K T1 500

Sehingga Cv = 0,25 1.atm / °K dan Cp = γ Cv = 0,33 1.atm / °K c. Kerja 1-2 : proses isotermik, maka V2

W12

=

V2 dV = P1 V1 ln V V1 V1

∫ p dV = n R T ∫

V1

FISIKA TEKNIK

V2

133

BAHAN KULIAH

= (10) (4) ln

8 4

= 27,7 1.atm W12 positif, artinya system melakukan kerja 2-3 : proses isokorik, dV = o, sehingga W23 = 0 3-1 : proses adiabatic, maka W31

=

1 [p V –p V ] γ −1 1 1 2 2

=

1 [ (10) (4) – (4) (8) ] 1 − 1,32

= - 25 1.atm W31 negatif, berarti system menerima kerja dari luar. Kerja total siklus Wtotal

= W12 + W23 + W31 = 27,7 + 0 – 25 = 2,7 1.atm

Jadi secara keseluruhan system melakukan kerja 2,7 1 atm d. Kalor 1-2 : Proses isotermik, sehingga dT = 0 dan untuk gas ideal berlaku U12 ∫ C v dT = 0 Dari hokum pertama termodinamika diperoleh Q12 = U12 + W12 Atau Q12 = W12 = 27,7 1.atm Q12 positif, artinya selama proses isotermik 1-2 sistem menyerap kalor. 2-3 : Proses Isokorik, maka T3

Q23

=

∫C

v

dT = Cv [T3 – T2 ]

T2

= 0,25 (400 – 500) = - 25 1.atm Q23 negatif, berarti selama proses isokorik 2-3 sistem mengeluarkan kalor. 3-1 : Proses isotermik dT = 0 hukum pertama termodinamika dapat ditulis

FISIKA TEKNIK

134

BAHAN KULIAH

dQ

= dU + dW

TdS = Cv dT + p dV TdS = p dV 2

p

∫ dS = ∫ T dV , karena p V = n R T 1

V2

S2 – S1

=nR

V2 dV = n R ln V V1 V1

∫

= 0,80 ln

8 = 0,055 1.atm/°K 4

2-3 : proses isokorik dV = 0, sehingga dW = 0, maka hokum pertama termodinamika dapat ditulis dQ

= dU + dW

TdS = Cv dT T3

3

∫ dS

=

2

T3 dT = Cv ln T T2 T2

∫

S3 - S2 = 0,35 ln

400 500

= - 0,0558 1.atm / °K 3-1 : Proses adiabatic, dQ = 0, sehingga TdS = 0, dS = 0 Jadi selama proses adiabatic, system tidak mengalami perubahan entropy. e. Efesiensi η=

Wsiklus dengan Q masuk

Wsiklus

= W12 + W23 + W31 = 27,7 + 0 – 25 = 2,7 1.atm

Qmasuk η=

= Q12 = 27,7 1.atm

2,7 x 100% = 9,75% 27,7

Soal-soal

FISIKA TEKNIK

135

BAHAN KULIAH

1.

Dua mol gas helium ( γ =5/3) suhu awalnya 27oCdan mencapai volume 20 liter. Gas mula-mula memuai pada tekanan konstan sampai volumenya menjadi dua kali. Kemudian gas mengalami suatu perubahan adiabatik sampai suhunya kembali ke nilai awalnya. ( R = 8,3 J mol-1 K-1) a. Buat sketsa proses yang dialami gas pada diagram P-V

b. Berapa volume dan tekanan akhir gas c. Berapa usaha

yang dilakukan gas 2.

Dalam suatu siklus carnot, suhu reservoir ( yang mensuplai kalor) adalah 127oC dan suhu kondensor ( yang menampung kalor yang dibuang mesin) adalah 27oC. Kalor yang diambil mesin per siklus 60 joule. Hitung (a). Kalor yang dibuang (b). Usaha yang dilakukan dan (c). Efesiensi mesin

3.

Jika gas triatomik memiliki enam derajat kebebasan ( tiga berhubungan dengan translasi dan tiga berhubungan dengan rotasi terhadap tiga sumbu), buktikan CV = 3 nR , kemudian hitung hitung nilai tetapan laplace γ .

4.

0,1 mol udara dengan volume 2 liter pada suhu 27oC dan tekanan 1.0 x 105 Pa dipanaskan pada tekanan tetap sampai 87oC. Hitung (a). Volume akhir (b). Usaha luar yang dilakukan udara (c). Perubahan energi dalam dan (d). Kalor yang diberikan pada udara. ( R = 8,3 J mol-1 K-1 dan CV,m = 20,8 J K-1mol-1 )

3. Arus Searah Dalam konduktor logam elektron-elektron bebas bergerak kesegala arah secara sembarang. Dalam elektrolit pembawa muatan listrik adalah ion-ion positif dan negatif. Bila didalam konduktor terdapat medan listrik, maka gerakan-gerakan muatan listrik, sedang muatan negatif melawan arah medan, dan terjadi arus listrik. Dalam bab ini akan dibahas arus listrik, voltase , daya dan rangkaian listik Apabila sebatang kawat penghantar (konduktor) diberi pengaruh medan listrik maka pada kawat tersebut akan mengalir muatan ( Q ), banyaknya muatan yang mengalir melalui penamapang kawat tersebt persatuan waktu disebut kuat arus listrik ( I ). Dalam bentuk matematiknya sebagai berikut : (8.1)

FISIKA TEKNIK

136

BAHAN KULIAH

Daam satuan SI, arus ( I ) diukur dalam ampere ( A ). Jadi 1 amperer sama dengan 1 coulomb/detik. Arus listrik mengalir dari kutub positif menuju ke kutub negatif. Jika suatu penghantar dengan luas penampang A dialiri arus I yang terdistribusi secara merata maka kerapatan arus J dideinisikan sebagai berikut : (8.2) Hubungan antara kuat arus yang mengalir didalam konduktor dengan selisih potensial kedua ujung konduktor tersebut secara matematik dapat dituliskan : (8.3) Dinama : R sebagai lambang untuk hambatan atau tahanan konduktor dalam satuan SI diukur dalam satuan ohm (Ω), V sebagai lambang beda potensial kedua ujung konduktor yang diukur dalam satuan volt (V) dan I adalah kuat arus yang mengalir didalam konduktor diukur dalam satuan ampere (A). Hubungan ini dikenal sebagai hukum Ohm. Perbandingan antara kuat medan listrik disuatu titik dengan kerapatanan arus disebut hambatan jenis atau resistivitas konduktor, diberi lambang ρ yang diukur dalam satuan ohm/m. Marilah kita tinjau suatu konduktor memiliki luas penampang A dan panjang L. Jika kerapatan arus merata sepanjang konduktor maka kuat medan listrik didalam konduktor seharusnya merata yang dinyatakan sebagai berikut : (8.4) Beda voltase (potensial) kedua ujung konduktor adalah : (8.5)

FISIKA TEKNIK

137

BAHAN KULIAH

Atau dalam bentuk lain Hambatan konduktor : (8.6) Hambatan suatu konduktor dipengaruhi oleh suhu. Makin tinggi suhunya maka makin besar hambatannya, kecuali karbon makin tinngi suhunya maka makin kecil hambatanya. Koefesien suhu dari hambatan jenis dinyatakan dengan : (8.7) Misanya α tembaga = 3,9 x 10 -3 /oC artinya hambatan jenis tembaga bertambah 0,39% jika suhunya naik 1 oC disekitar suhu kamar.

Tabel 8.1 Hambatan jenis pada suhu kamar. Bahan Aluminium Tembaga Karbon Besi Merkuri Nichrom Perak Lilin Gelas Mika Kwarsa

Hambatan Jenis (Ω m) 2,8 x 10-8 1,7 x 10-8 3,5 x 10-5 1,0 x 10-7 9,6 x 10-7 1,0 x 10-8 1,6 x 10-8 10 12 10 10 --- 1014 10 11 --- 10 15 10 18

Koefesien suhu (/oC) 3,9 x 10 -3 3,9 x 10 -3 -5 x 10 -4 5,0 x 10 -3 8,9 x 10 -4 -----3,8 x 10 -3 ---------------------

Contoh : Sebuah balok tembaga berukuran 1cm x 1cm x 50cm, hambatan jenisnya pada suhu 20oC adalah 1,7 x 10-8 Ω m. Tentukan a) hambatan kedua ujung balok tembaga tersebut.

FISIKA TEKNIK

138

BAHAN KULIAH

b) hambatan anatara kedua sisi yang lebar dari tembaga tersebut. Jawab: a.

L= 50 cm = 0,5 m A= 0,01 x 0,01 = 10-4 m2

b.

L= 1 cm = 0.01 m A= 0,01 x 0,5 = 5x10-3 m2

Untuk mengetahui ada tidaknya arus yang mengalir pada suatu konduktor digunakan alat yang disebut galvanometer. Sedangkan galvanometer yang dapat mengukur besar kuat arus listrik yang mengalir disebut Amperemeter. Alat ukur yang digunakan untuk mengukur voltase dua ujung konduktor disebut Voltmeter. Dalam rangkaian sederhana Amperemeter dirangkai seri dengan hambatan (resistor) untuk mengukur kuat arus yang mengalir pada resistor. Untuk mengukur beda potensial (voltase) dari kedua ujung resistor Voltmeter dirangkai secara paralel. Resistor Batery

E

R

+ -

Voltmeter

V A Ampere meter

Gambar 8.1. Pemakaian alat ukur dalam rangkaian

FISIKA TEKNIK

139

BAHAN KULIAH

Harga resistor dapat diketahui jika kuat arus dan voltase sudah diketahui. Alat yang dapat mengukur harga resistor disebut Ohmmeter. Suatu muatan Q melewati resistor R maka akan terjadi prose penurunan potensial. Jika beda potensial kedua ujung resistor adaah V maka jumlah energy yang hilang adaah : (8.8) Perubahan energi yang hilang terhadap waktu disebut daya listrik (P) yang dihamburkan didalam resistor (8.9) Satuan daya dalam SI adalah joule/detik atau watt (w). Hilangnya energi didalam resistor adalah sebagai akibat tumbukan antar muatan yang mengalir, hal ini menyebabkan hilangnya energi didaam resistor menjadi panas. Sesuai dengan hokum Ohm maka persamaan daya listrik dapat dituliskan dalam bentuk : (8.10) Atau (8.11) Biasanya besarnya daya dari resistor yang ada dipasaran sesuai dengan ukuran resistor tersebut, daya untuk resistor yang kecil adalah ¼ watt, ½ watt, 1 watt, 2 watt. Contoh: Kemampuan daya sebuah resistor adalah 1W. Jika hambatannya sebesar 10 kΩ, tentukan arus maksimum yang dapat menaglir pada resistor tersebut. Jawab :

FISIKA TEKNIK

140

BAHAN KULIAH

Dalam suatu rangkaian diperlukan sumber tegangan untuk memberikan beda potensial yang membuat muatan bergerak secara kontinyu, untuk keperluan ini biasanya digunakan battery/accu.

- + Kutub positif - +

Kutub negatif

- + - +

I

Batery

R Gambar 8.2. Muatan pada Battery Battery pada rangkaian berperan sebagai pompa eletrik yang terus menghasilkan aliran muatan, kerja pompa disetarakan dengan kerja kimia dalam battery.Battery akan mempertahankan beda potensial antara kutub positif dan kutub negative. Beda potensial ini dinamakan gaya gerak listrik (ggl) biasanya diberi lambang E,satuan besarannya adaah volt. Didalam battery yang sesunguhnya terdapat hambatan yang disebut hambatan dalam ri yaitu hambatan yang timbul dari bahan kimia dan bahan kutubnya battery.Simbol untuk hambatan dalam battery seperti gambar:

E

FISIKA TEKNIK

E Gambarri 8.3. Hambatan dalam battery atau

ri

141

BAHAN KULIAH

Apabila suatu battery dapat menghasilkan arus sebesar I, maka volatse terminal VT adalah hasil pengurangan ggl dengan selisih potensial yang hilang oleh hambatan dalam battery. (8.12)

Contoh : Sebuah accu diukur antara beda tegangan kedua terminal 12V pada saat tidak diberi beban. Jika accu diberikan beban maka beda tegangan yang terukur adalah 10V dan arus yang mengalir terukur 2A. Tentukan hambatan dalam acuu tersebut! Jawab: Pada saat accu tidak diberi beban artinya tidaka ada arus yang mengalir (I=0)

Pada saat diberi beban maka pada accu akan mengalir arus ( I=2A)

a. Rangkaian Sederhana Arus Searah Berbagai penggunaan listrik, kita jumpai sumber tegangan atau arus dirangkaian dengan baerbagai komponen antara lain resistor, inductor, kapasitor dan lain-lain. Rangkaian sederhana biasanya bebrapa resistor yang dirangkaia secara seri atau paralel atau gabungan seri-paralel. Untuk rangkaian sederha resstor seri dapat dilihat seperti gambar 1.. Rangkaian Resistor Seri

R1 A

R2

B

R3

C

FISIKA TEKNIK

I

I

I

D

142

BAHAN KULIAH

Gambar 8.4. Rangkaian resistor seri Jika resistor dihubungan seri maka arus yang mengalir pada R1 juga akan mengalir di R2 dan di R3. Jika kuat aus listrik yang mengalir pada rangkaian seri adalah I. Berdasarkan hukum Ohm: beda potensial kedua ujung rangkaian adalah sama dengan jumah beda potensial kedua ujung masing-masing resistor. Untuk rangkaian resistor seri pada gambar 1.4. dapat dijelaskan sebagai berikut: (1-13)

Atau

Dimana

(1-14)

Jadi secara umum untuk rangkaian seri beberapa resistor, maka resistor penggantinya (Rtotal) adalah jumlah masing-masing resistor.

Rangkaian Resistor Paralel

FISIKA TEKNIK

143

BAHAN KULIAH

R1

A I Total

I2

I1

D I Total

R2

B I3 C

E R3 F

Gambar 8.5. Rangkaian paralel resistor

Jika resistor dihubungan paralel maka arus total yang mengalir pada semua resistor merupakan jumlah arus yang mengalir di masing-masing resistor. Sedangkan beda potensial pada masing-masing resistor adalah sama. Untuk rangkaian resistor paralel pada gambar 1.5. dapat dijelaskan sebagai berikut: (1-15)

Atau

FISIKA TEKNIK

144

BAHAN KULIAH

Dimana :

(1-16)

Rangkaian Resistor Seri-Paralel Rangkaian yang sering kita jumpai dalam peralatan merupakan rangkaian gabungan seri-paralel seperti gambar 1.6. R1= 12Ω I Total= 10 A

I3

A

B

R2= 6Ω I1

I Total

I2 R3= 2Ω

R4= 2Ω

Gambar 8.6. Rangkaian seri - paralel resistor

Dari gambar 1.6 terlihat R1 dan R2 dirangkai paralel, R3 dan R4 dirangkai seri, kemudian (R1, R2) dan (R3, R4) dirangkai paralel. Penyelesaian dari rangkaian gambar 1.6 adaah sebagai berikut : Resistor pengganti untuk rangkaian R3 dan R4 seri.

Resistor R Total dari rangkaian R 1 , R2 dan R 3,4 paralel.

FISIKA TEKNIK

145

BAHAN KULIAH

Beda potensial antara titik A dan titik B adalah :

Dari rangkaian R 1 , R2 dan R 3,4 paralel diperoeh :

Dimana terbukti bahwa :

Hukum Kirchoff Di pertengahan abad 19 Gustav Robert Kirchoff (1824 – 1887) menemukan cara untuk menentukan arus listrik pada rangkaian bercabang yang kemudian di kenal dengan Hukum Kirchoff. Hukum ini berbunyi “ Jumlah kuat arus yang masuk dalam titik percabangan sama dengan jumlah kuat arus yang keluar dari titik percabangan”. Yang kemudian di kenal sebagai Hukum Kirchoff I. Secara matematis dinyatakan (1-17) Bila digambarkan dalam bentuk rangkaian bercabang maka akan diperoleh sebagai berikut:

FISIKA TEKNIK

146

BAHAN KULIAH

Gambar 1.7. Aliran Arus listrik pada percabangan

Hukum Kirchoff secara keseluruhan ada 2, dalam sub ini akan dibahas tentang hukum kirchoff 2. Hukum Kirchoff 2 dipakai untuk menentukan kuat arus yang mengalir pada rangkaian bercabang dalam keadaan tertutup (saklar dalam keadaan tertutup). Perhatikan gambar berikut!

Gambar 8.8. Penentuan arah loop dan arus dalam rangkaian tertutup Hukum Kirchoff 2 berbunyi : ” Dalam rangkaian tertutup, Jumlah aljabbar GGL (E) dan jumlah penurunan potensial sama dengan nol”. Maksud dari jumlah penurunan potensial sama dengan nol adalah tidak ada energi listrik yang hilang dalam rangkaian tersebut, atau dalam arti semua energi listrik bisa digunakan atau diserap. Dari gambar diatas kuat arus yang mengalir dapat ditentukan dengan menggunakan beberapa aturan sebagai berikut : •

Tentukan arah arusnya untuk masing-masing percabangan sesuai hukum Kirchoff I.

•

Tentukan arah putaran loop untuk masing-masing rangkaian loop tertutup.

•

Arus yang searah dengan arah putaran loop dianggap positif.

•

Arus yang berlawanan arah dengan arah putaran loop dianggap negatif.

FISIKA TEKNIK

147

BAHAN KULIAH

•

Arah Arus GGL (E) mengalir dari kutub negatif ke kutup positif

•

Arah GGL yang searah dengan arah putaran loop dianggap negatif.

•

Arah GGL yang berlawanan dengan arah putaran loop dianggap positif.

•

Dalam rangkaian tertutup sesuai putaran loop, Jumlah aljabbar GGL (E) dan jumlah penurunan potensial ( I R) sama dengan nol (8.18)

•

Jika hasil perhitungan kuat arus positif maka arah perumpamaannya benar, bila negatif berarti arah arus berlawanan dengan arah pada perumpamaan.

Penyelesaian dari kasus gambar 1.8 sebagai berikut : E1 = 10 V dan r1 = 0,2 ohm

A

E2 = 12 V dan r2 = 0,25 ohm R1 = 0,3 ohm R2 = 1,5 ohm R3 = 0,5 ohm B Pada titik A dan B berlaku hubungan : (1-19) Untuk arah putaran Loop I :

atau

Untuk arah putaran Loop II :

atau

Jika persamaan (1-19) disubsitusikan ke dalam persmaan (1-20) dan (1-21) diperoleh :

FISIKA TEKNIK

148

BAHAN KULIAH

Dari persamaan (1-22) dan (1-23) dilakukan operasi sebagai berikut :

Jika I1 = 2A maka :

Karena I1 , I2 dan I3 memiliki harga positif maka arah arus I1 , I2 dan I3 sudah benar ( sesuai dengan pilihan). Beda potensial antara titik A dan B adalah :

Soal-soal 1. Elemen Pemanas sebuah kompor listrik 110 V mempunyai hambatan 20 ohm, Jika kompor ini digunakan untuk memanaskan 1 kg air bersuhu 20 oC selama 7 menit dan dipasang pada tegangan 110 V maka hitung suhu akhir air ( kalor jenis air 4200 J/kg oC) 2. Hitung Arus dan daya pada 8 Ω , 3 Ω , 5 Ω dan 6 Ω dari rangkaian di samping. 8

5

6

6

5 330 V, 1

11BV, 1

2B V, 1 2 FISIKA TEKNIK

1 10

6

3

149

BAHAN KULIAH

3.

Perhatikan rangkaian di bawah ini.

Arus yang mengalir pada rangkaian tersebut adaah 4.. Perhatikan gambar rangkaian dibawah. Arus yang melewati lampu (L) 12 watt, 12 volt adalah …

5. Dua lampu tertulis 60W ; 120V dan 40W; 120V, jika kedua lampu tersebut dihubungkan seri pada jala-jala listrik 120V. Berapa besar daya yang dipakai tiaptiap lampu dengan menganggap hambatan filamen tidak berubah terhadap arus atau panas! 6. Perhatikan gambar berikut ini. Tentukan besarnya arus yang mengalir pada masing-masing resistor. R3= 2Ω

R5= 2Ω

R4= 2Ω R2= 2Ω

R6= 2Ω E2 = 10V

R1= 2Ω

E1= 10V

6. Perhatikan gambar rangkaian listrik di bawah.

FISIKA TEKNIK

150

BAHAN KULIAH

Jika hambatan R1 = 8 ohm, R2 = 16 ohm, R3 = 16 ohm R4 = 8 ohm R5 = 12 ohm. Hitung besarnya tegangan antara A dan B

4. Medan Magnet 1.1.

Medan Magnet Oleh Arus Listrik Dari eksperimen diketahui bahwa arus listrik dapat menimbulkan medan

magnet. Peristiwa ini dimanfaatkan untuk membuat elektromagnetik, yaitu medan magnet yang bekerja jika dialiri arus listrik. Elektromagnetik digunakan dalam motor listrik, bel listrik , generator listrik dan lain-lain. Hukum Biot Savart Jika seutas kawat dengan panjang L dialiri arus I, maka pada sekitar kawat tersebut akan timbul medan magnet B.

Gambar 9.1. Medan magnet akibat kawat berarus Besarnya medan magnet yang timbul berdasarkan hukum Biot Savart : (9.1) dimana:

FISIKA TEKNIK

151

BAHAN KULIAH

B : kuat medan ( satuan Tesla (T) atau weber/m2 ) µo : permeabiitas vakum dL : elemen panjang kawat ( m ) r : jarak radial suatu titi terhadap kawat ( m ) θ : sudut yang dibentuk antara arah I dengan arah r

Medan magnet untuk kawat lurus dialiri arus Seutas kawat lurus takterhingga dialiri sebesar I maka kuat medan magnet yang timbul disekitar kawat dengan jarak a dapat dihitung dengan cara mengintegrasikan persamaan (9.1), yaitu :

Gambar 9.2. Arah medan magnet disekitar kawat lurus berarus

Arah vektor B mengikuti kaidah tangan kanan atau arah gerakan putaran skrup. Contoh Sebuah kawat lurus dengan panjang tak hingga dialiri arus sebesar 2A, bearapkah besarnya kuat medan disekitar kawat dengan jarak 20cm. Jawab: Tesla Medan magnet untuk kawat melingkar dialiri arus

FISIKA TEKNIK

152

BAHAN KULIAH

Seutas kawat melingkar dengan radius a dialiri arus sebesar I maka kuat medan magnet dititik sumbu sejauh b adalah :

b

a

I

B

I

Gambar 9.3. Arah medan magnet disekitar kawat melingkar berarus

Medan magnet untuk lilitan kawat berarus Untuk menentukan besar kuat medan magnet pada lilitan biasanya digunakan hukum Ampere. Misaanya sebuah kumparan yang berbentuk selenoida dengan panjang L, jumlah lilitan N, dialiri arus I besar medan magnet (induksi magnet) didalam selenoida:

Gambar 9.4. Arah medan magnet disekitar kumparan selenoida

FISIKA TEKNIK

153

BAHAN KULIAH

Misalnya sebuah kumparan yang berbentuk toroida (cincin) dengan radius r, jumlah lilitan N, dialiri arus I besar medan magnet (induksi magnet) didalam toroida:

Gambar 9.5. Arah medan magnet disekitar kumparan toroida

Gaya Lorentz pada Kawat Berarus

I

I

E A

E

S U

B

S

A

B

U

Gambar 9.6. Kawat akan melengkung keatas atau kebawah jika dialiri arus dengan arah yang berbeda pada medan magnet

FISIKA TEKNIK

154

BAHAN KULIAH

Jika arus listrik mengalir dari A ke B ternyata pita dari alumunium foil melengkung ke atas , ini berarti ada sesuatu gaya yang berarah keatas akibat adanya medan magnet homogen dari utara ke selatan. Gaya ini selanjutnya disebut sebagai gaya magnetic atau gaya Lorentz . Jika arus listrik dibalik sehingga mengalir dari B ke A, ternyata pita dari alumunium foil melengkung ke bawah. Jika arus listrik diperbesar maka alumunium foil akan melengkung lebih besar. Ini berarti besar dan arah gaya Lorentz

tergantung

besar

dan

arah

arus

listrik.

Karena gaya Lorentz ( FL ) , arus listrik ( I ) dan medan magnet ( B ) adalah besaran vector maka peninjauan secara matematik besar dan arah gaya Lorentz ini hasil perkalian vector ( cros-product ) dari I dan B.

Gambar 9.7. Arah vektor gaya lorentz Besarnya gaya Lorentz dapat dihitung dengan rumus FL = I.B sinθ Rumus ini berlaku untuk panjang kawat 1 meter. Perhitungan diatas adalah gaya Lorentz yang mempengaruhi kawat tiap satuan panjang. Jadi jika panjang kawat = ℓ , maka besar gaya Lorentz dapat dihitung dengan rumus : FL = I . ℓ . B . Sin θ •

FL = gaya Lorentz dalam newton ( N )

•

I = kuat arus listrik dalam ampere ( A )

•

ℓ = panjang kawat dalam meter ( m )

•

B = kuat medan magnet dalam Wb/m2 atau tesla ( T )

•

θ = sudut antara arah I dan B

Dari rumus di atas ternyata jika besar sudut θ adalah :

FISIKA TEKNIK

155

BAHAN KULIAH

•

θ =900 , arah arus listrik dan medan magnet ( I dan B ) saling tegak lurus maka FL mencapai maksimum

•

θ = 00 , arah arus listrik dan medan magnet ( I dan B ) saling sejajar maka FL = 0 atau kawat tidak dipengaruhi gaya Lorentz

Gambar 9.8. Arah vektor gaya lorentz sesuai aturan kaidah tangan kiri Hubungan antara FL , I dan B dapat lebih mudah dipelajari dengan menggunakan kaidah tangan kiri. Yaitu dengan mengangan-angankan jika ibu jari, jari telunjuk dan jari tangah kita bentangkan saling tegak lurus, maka : •

Ibu jari

: menunjukan arah gaya Lorentz ( FL ) Arah gaya Lorentz

•

Jari telunjuk : menunjukkan arah medan magnet ( B )

•

Jari tengah : menunjukkan arah arus listrik ( I )

Catatan

:

Aturan ini dapat juga menggunakan kaidah tangan kanan, yaitu dengan mengangan-angankan jika Ibu jari, Jari Telunjuk dan Jari tengah kita bentangkan saling tegak lurus, maka : Jari tengah menunjuk arah gaya Lorentz, jari telunjuk menunjuk arah medan magnet dan Ibu jari menunjuk arah arus listrik. Contoh Soal : 1. Sebuah kawat berarus listrik I = 2 A membentang horizontal dengan arah arus dari utara ke selatan, berada dalam medan magnet homogen B = 10 – 4 T dengan arah vertikal ke atas. Bila panjang kawatnya 5 meter dan arah arus tegak lurus arah medan magnet. Berapa besar dan arah gaya Lorentz yang dialami oleh kawat ? ... Jawab : Diket : I = 2 A

FISIKA TEKNIK

156

BAHAN KULIAH

B = 10 – 4 T ℓ =5m Ditanya : FL = ............... ? Dijawab : FL = I . ℓ . B . sin θ = 2 ampere . 5 meter . 10 -4 Tesla . sin 900 = 10-3 newton Dengan arah gaya menunjuk ke Barat 2. Seutas kawat lurus yang terletak di equator diarahkan sejajar dengan bumi sepanjang arah timur-barat. Induksi magnetic dititik itu horizontal dan besarnya 6.10-5 T. Jika massa persatuan panjang kawat 5.10-3 kg/m dan g = 10 m/s2, berapa arus yang mengalir di dalam kawat supaya besar gaya yang dialaminya seimbang dengan berat kawat ? …. Jawab : Diket : B = 6.10-5 T m/L = 5 . 10-3kg/m g = 10 m/s2 Ditanya : I = …….? Supaya gaya Lorentz seimbang dengan gaya berat Dijawab : FL = w B. I. L = m . g B . I = m/L . g 6 . 10 – 5 . I = 5 . 10 – 3 . 10 Jadi I = 5000/6 Ampere

FISIKA TEKNIK

157

BAHAN KULIAH

Gaya Lorentz pada Dua Kawat Sejajar

Gambar 9.9. Gaya Lorentz yang bekerja dua kawat sejajar Jika ada dua kawat saling sejajar dipasang saling berdekatan ternyata kedua kawat akan saling tarik-menarik jika dialiri arus searah , dan akan saling tolak menolak jika dialiri arus berlawan- an arah. Dua kawat sejajar terpisah sejauh a dialiri arus listrik I1 dan I2 searah satu sama lain . Titik P adalah perpotongan antara kawat I1 dengan bidang dan titik Q perpotongan antara I2 dengan bidang. B1 adalah medan dititik Q akibat dari kuat arus I1 sedangkan B2 adalah medan magnet dititik P akibat dari kuat arus I2. Jika masing-masing titik (P dan Q) ditentukan arah gaya Lorentz yang dialaminya (dengan menggunakan kaidah tangan kiri ) maka gaya F1 dan F2 akan seperti gambar. Gaya tersebut akan menyebabkan kedua kawat saling tertarik dan akan melengkung kedalam. Bagaimana jika salah satu kawat dialiri arus listrik dengan berlawanan arah dengan kawat yang lainnya ? Besarnya gaya tarik atau tolak yang dialami kawat tiap satuan panjang setelah dijabarkan terdapat rumus :

•

FL

= gaya Lorentz dalam newton ( N )

•

I1 dan I2 = arus pada masing-masing kawat dalam ampere ( A )

•

a

= jarak antara kedua kawat dalam meter ( m )

•

μ0

= permeabilitas udara / ruang hampa = 4π. 10-7 Wb/ Am. M

Catatan :

FISIKA TEKNIK

158

BAHAN KULIAH

Jika I1 = I2 = I , dan ℓ = 1 meter maka FL = μ0 I2 / 2π.a Jika I = 1 ampere dan a = 1 m maka besarnya FL = 4π. 10-7 ( 1 )2 / ( 2π.1) = 2 . 10-7 N Dari hasil penjabaran tersebut maka definisi 1 ampere ditentukan sebagai berikut: Definisi

:

1 ampere adalah = besarnya arus listrik pada dua kawat sejajar yang berjarak satu meter satu sama lain sehingga jika kedua arus itu searah maka tiap satu satuan panjang ( 1 m ) kawat akan saling tarik-menarik dengan gaya sebesar 2 . 10-7 N Contoh Soal : 1. Dua kawat sejajar satu sama lain berjarak 10 cm, pada kedua kawat mengalir arus listrik yang sama besar yaitu 10 A dengan arah arus yang sama. Bila panjang kawat 1 meter maka tentukan besar dan arah gaya Lorentz yang dialami

kedua

kawat ! Jawab : Diketahui : I1 = I2 = 10 A a

= 10 cm = 0,1 m

ℓ

= 1 meter

Ditanya : FL = …………………….? Dijawab : FL = 4π. 10-7 10.10 / 2π.0,1 = 2 . 10-4 N Dengan arah saling tarik menarik 2. Tiga Buah kawat sejajar dialiri arus listrik dengan arah seperti gambar , Jika Jarak masing- masing kawat adalah a = 4 cm dan besar arus adalah masingmasing sama 8 A . Tentukan besar dan arah gaya Lorentz persatuan panjang yang dialami oleh kawat B ?

FISIKA TEKNIK

159

BAHAN KULIAH

Gambar 8.18. Tiga kawat sejajar yang dialiri arus Jawab :

N dengan arah keatas

N dengan arah keatas Karena FAB dan FBC searah maka , FB = gaya total yang dialami B adalah FAB + FBC = 6,4 . 10-4 N Dengan arah keatas Gaya Lorentz pada Muatan yang Bergerak

Gambar 9.10. Gaya Lorentz yang bekerja muatan yang bergerak

FISIKA TEKNIK

160

BAHAN KULIAH

Sebuah partikel bermuatan listrik yang bergerak dalam daerah medan magnet homogen akan mendapatkan gaya. Gaya ini juga dinamakan gaya Lorentz. Gerak partikel akan menyimpang searah dengan gaya lorentz yang mempengaruhi. Pada gambar tampak sebuah partikel bermuatan yang bergerak dalam medan magnet. Ditunjukkan bagaimana kalau partikel tersebut bermuatan positif (gambar 1.19a) dan bagaimana kalau partikel tersebut bermuatan negatif (gambar 1.19b).

Gambar 9.11. Arah vektor Gaya Lorentz sesuai kaidah tangan kiri Arah gaya Lorentz pada muatan yang bergerak dapat juga ditentukan dengan kaidah tangan kiri, seprti gambar 1.20. •

Ibu jari

= sebagai arah gaya Lorentz

•

Jari telunjuk = sebagai arah medan magnet

•

Jari tengah = sebagai arah arus listrik

(untuk muatan positif arah gerak searah dengan arah arus, sedang untuk muatan negatif arah gerak berlawanan dengan arah arus). Coba kalian terapkan pada gambar diatas, sesuaikah dengan aturan tersebut ? Jika besar muatan q bergerak dengan kecepatan v, dan I = q / t

maka

persamaan gaya Lorentz untuk kawat dapat dituliskan :

Karena ℓ/t = v .

FISIKA TEKNIK

161

BAHAN KULIAH

Sehingga besarnya gaya Lorentz yang dialami oleh sebuah muatan yang bergerak dalam daerah medan magnet dapat dicari dengan menggunakan rumus :

•

FL = gaya Lorentz dalam newton ( N )

•

q = besarnya muatan yang bergerak dalam coulomb ( C )

•

v = kecepatan muatan dalam meter / sekon ( m/s )

•

B = kuat medan magnet dalam Wb/m2 atau tesla ( T )

•

θ = sudut antara arah v dan B

•

FL selalu mempunyai arah tegak lurus dengan v dan B

Catatan penting : Sebenarnya gaya yang mempengaruhi pada muatan yang bergerak dalam medan magnet disamping dipengaruhi gaya magnet juga dipengaruhi oleh gaya listrk sebesar F = q . E. Tetapi karena nlai gaya ini sangat kecil dibandingkan dengan gaya magnetnya maka didalam perhitungan terkadang diabaikan

Gambar 9.12. Sebuah muatan bergerak tegak luru dean medan magnet Bila sebuah partikel bermuatan listrik bergerak tegak lurus dengan medan magnet homogen yang mempengaruhi selama geraknya, maka muatan akan bergerak dengan lintasan berupa lingkaran. Sebuah muatan positif bergerak dalam medan magnet B (dengan arah menembus bidang) secara terus menerus (gambar 1.21) akan membentuk lintasan lingkaran dengan gaya Lorentz yang timbul menuju ke pusat lingkaran. Demikian juga untuk muatan negative .

FISIKA TEKNIK

162

BAHAN KULIAH

Persamaan-persamaan yang memenuhi pada muatan yang bergerak dalam medan magnet homogen sedemikian sehinga membentuk lintasan lingkaran adalah : Gaya yang dialami akibat medan magnet : FL = q . v . B Gaya sentripetal yang dialami oleh partikel : Dengan menyamakan kedua persamaan kita mendapatkan persamaan :

•

R = jari-jari lintasan partikel dalam meter ( m )

•

m = massa partikel dalam kilogram ( kg )

•

v = kecepatan partikel dalam meter / sekon ( m/s )

•

q = muatan partikel dalam coulomb ( C )

Contoh Penerapan Prinsip Gaya Lorentz dalam kehidupan sehari-hari adalah sebagai berikut :

1.

•

Alat Ukur Listrik ( Amperemeter, voltmeter, Galvanometer , dll )

•

Generator AC atau DC

•

Motor Listrik dan Kipas Sebuah partikel bermuatan 1 μC bergerak tegak lurus dalam medan magnet

homogen yang besarnya 10-4 T dengan jika kecepatan partikelnya 105 m/s maka tentukan gaya Lorentz yang dialami oleh partikel ? Jawab : Diketahui : q = 1 μC = 10-6 C B = 10-4 T V = 105 m/s Ditanya : FL = …………….. ? Dijawab : FL = q . v . B . sin θ = 10-6 C . 10-4 T . 105 m/s = 10-5 N

FISIKA TEKNIK

163

BAHAN KULIAH

2. Sebuah muatan positif bergerak dibawah sebuah kawat berarus listrik sebesar 5 A berjarak 10 cm. Kecepatan muatan 2000 m/s searah dengan arah arus listrik. Jika besar muatannya 2x10-6 C berapa besar dan arah gaya Lorentz yang dialami oleh muatan tersebut ? Jawab : Diket : I = 5 A a = 0,1 m v = 2000 m/s q = 2 x 10-6 C Ditanya : FL = ….. ? Dijawab : FL = B.q.v sin θ

= 4. 10-8 Newton dengan arah mendekati kawat Hukum induksi magnetik Faraday

Gambar 9.13. Arah arus yang timbul akibat perubahan flux Jika sebuah magnet digerakkan keluar masuk dalam suatu kumparan yang diberi beban seperti gambar 9.13. maka pada kedua ujung kumparan akan terjadi ggl (tegangan induksi). Hal ini sesuai dengan hukum Faraday dimana :

FISIKA TEKNIK

164

BAHAN KULIAH

•

Magnet masuk, maka timbul arus pada satu arah.

•

Magnet keluar, maka timbul arus dalam arah yang berlawanan.

•

Magnet diam baik diluar atau didalam tidak timbul arus.

•

Besarnya ggl induksi yang timul sebanding dengan laju perubahan flux magnetik yang melalui rangkaian. Flux magnetik adalah jumlah garis gaya magnetik yang menembus secara tegalurus pada satu satuan luas.

Secara matematis dapat dituliskan sebagai berikut :

Dimana:

φ : flux magnetik ( dalam satuan Weber ) B : kuat medan magnet ( dalam satuan Tesla ) A : luas permukaan ( dalam satuan m2 ) θ : susdut yang dibentuk anatara B dan A Ggl induksi yang timbul pada kumparan :

Dimana : Vggl : tegangan induksi yang timbul pada kumparan ( dalam satuan Volt) N : jumlah lilitan dalam kumparan Contoh : Sebuah kumparan yang memiliki jumlah lilitan N= 5, luas permukaan kumparan A = 0,002 m2 dan kuat medan magnet permanen yang digunakan B= 0,4 T. Jika medan magnet digerakkan keluar-masuk kumparan 10 x perdetik. a. Tentukan flux yang terjadi dalam kumparan. b. Tentukan Vggl induksi pada kumparan.

Jawab.

FISIKA TEKNIK

165

BAHAN KULIAH

Proses diatas dapat dibalik yaitu kuat medan medan magnetnya diam, kumparan yang digerakkan. Prinsip ini yang digunakan pada motor dengan magnet permanen dan alat ukur. Sedangkan pada generator, motor dan trafo digunakan 2 kumparan dengan cara salah satu digerakkan atau salah satu diberi tegangan yang berubah-ubah. Generator Listrik AC Prinsip kerja generator AC seperti gambar 1.23., dimana suatu kumparan yang terdiri dari beberapa lilitan kawat diputar dalam medan magnet B. Kumparan kawat biasanya dililitkan pada suatu silinder besi yang disebut armatur. Terminal generator AC berupa cincin C1 dan C2 yang berhadapan dan terpisahkan oleh isolator.

Gambar 9.14. Generator arus AC dan Tegangan keluaran Besarnya flux yang menembus armatur adalah :

Disini A merupakan luas kumparan dan θ adalah sudut antara normal bidang loop (kumparan) dengan medan magnet. Jika armatur diputar dengan kecepatan sudut ω maka

Sehingga flux menjadi berubah terhadap waktu sebagai berikut :

FISIKA TEKNIK

166

BAHAN KULIAH

Jika pada kumparan terdapat N lilitan maka ggl imbas yang dihasilkan adalah :

Ggl imbas yang dihasilkan berubah terhadap waktu sehingga menghasil tegangan bolak-balik(AC), dengan •

Periode

•

Amplitudo

Generator Listrik DC Prinsip kerja generator DC sama dengan generator AC, hanya mengubah bentu dari cincin terminalnya seperti gambar

1.25. Cincin ini disebut cincin belah atau

komutator. Tepat pada saat ggl imbas berubah tanda kontak dengan rangkaian beban berganti terminal. Akibatnya tegangan keluaran hanya mempunyai satu tanda saja yang disebut searah (DC).

FISIKA TEKNIK

167

BAHAN KULIAH

E Emax

0

t

Gambar 9.15. Generator arus DC dan tegangan keluaran Transformator Transformator adalah salah komponen elektrik yang berfungsi untuk mengubah tegangan listrik AC dari satu harga ke harga yang lainnya. Transformator terdiri dari dua kumparan yaitu kumparan primer dan kumparan skunder yang dililitkan pada sebuah inti besi. Jika pada kumparan primer terdiri N1 lilitan dihubungkan tegangan AC maka akan terjadi tegangan imbas sebesar :

Jika pada kumparan skunder terdiri N2 lilitan maka tegangan imbas yang terjadi pada kumparan skunder adalah :

Jika N1 > N2, transformator digunakan untuk menaikkan tegangan disebut step-up. Jika N1 < N2, transformator digunakan untuk menurunkan tegangan disebut stepdown.

FISIKA TEKNIK

168

BAHAN KULIAH

Contoh Kita ingin mengubah tegangan AC 220 volt menjadi 110 volt dengan suatu transformator. Tegangan 220 volt tadi dihubungkan dengan kumparan primer yang mempunyai 1000 lilitan. Kumparan sekundernya harus mempunyai … Jawab

5.

Arus dan Tegangan Listrik AC

Resistor dalam Arus AC Bila sebuah resistor sebesar R berada dalam rangkaian arus bolak-balik, besar tegangan pada hambatan berubah-ubah secara sinusoidal, demikian juga kuat arusnya. Antara kuat arus dan tegangan tidak ada perbedaan fase, artinya pada saat tegangan maksimum, kuat arusnya mencapai harga maksimum pula, gambar 1.27.

(A) (B)

(C)

Gambar 10.1. (A) resistor pada arus AC (B) Arus tegangan pada R (C) Arah fasor Secara matematis sebagai berikut :

FISIKA TEKNIK

169

BAHAN KULIAH

Jika antara tegangan VR dan arus IR digambarkan dalam vektor dari perubahan fase (fasor) seperti gambar 1.27C, dimana arah VR dan IR adalah sama karena tidak ada perbedaan fase. Panjang vektor VR merupakan besarnya amplitudo VR yaitu Vm. Sedangkan panjang vektor IR merupakan besarnya amplitudo IR yaitu Im. Induktor dalam Arus AC Bila sebuah kumparan sebesar L (dalam satuan Henry) berada dalam rangkaian arus bolak-balik, besar tegangan pada kumparan berubah-ubah secara sinusoidal, demikian juga kuat arusnya, gambar 1.28A.

(A)

(B)

(C)

Gambar 10.2. (A) induktor pada arus AC (B) Arus dan tegangan pada L (C) Arah fasor Andaikan kuat arus yang melewati kumparan adalah IL = Im sinωt. Karena hambatan kumparan diabaikan I.R = 0 .

Besar GGL induksi yang terjadi pada

kumparan

Bila tegangan antara AB adalah VAB dapat ditentukan :

FISIKA TEKNIK

170

BAHAN KULIAH

Hambatan kumparan induktif yang terjadi disebut Reaktansi Induktif, besarnya sebagai berikut :

XL : reaktansi indukti ( dalam satuan Ω ) Jadi antara tegangan pada kumparan dengan kuat arusnya terdapat perbedaan fase , dalam hal ini tegangan mendahului kuat arus, seperti gambar 1.28C. Kapasitor dalam Arus AC Bila sebuah kapasitor sebesar C (dalam satuan farad) berada dalam rangkaian arus bolak-balik, besar tegangan pada kapasitor berubah-ubah secara sinusoidal, demikian juga kuat arusnya, gambar 1.30.

(A)

(B)

(C)

Gambar 10.3. (A) Kapasitor pada arus AC (B) Arus dan tegangan pada C (C) Arah fasor Andaikan tegangan antara keping-keping capasitor oada suatu saat VC = Vmax sinωt, muatan kapasitor saat itu :

FISIKA TEKNIK

171

BAHAN KULIAH

Hambatan kapasitif kapasitor yang terjadi disebut Reaktansi kapasitif, besarnya sebagai berikut :

XC : reaktansi indukti ( dalam satuan Ω ) Jadi antara tegangan dan kuat arus terdapat perbedaan fase

dalam hal ini kuat

arus lebih dahulu daripada tegangan, seperti 1.30C.

R L C Seri dalam Arus AC Jika komponen R, L dan C dirangkai secara seri, seperti gambar 1.31A. menurut hukum kirchoff jumlah beda tegangan pada masing-masing adalah sama dengan sumber tegangan. Karena rangkaian ini digunakan sumber tegangan AC maka penjulahan beda tegangan tersebut bukan penjulahan Aljabar biasa, tetapi penjumlahan vektor (fasor).

R I

VR

L

C

VL

VC

I

VS VS

FISIKA TEKNIK

172

BAHAN KULIAH

VL VL - VC

VS θ VR

I

VC Gambar 10.4. (A) RLC seri pada arus AC

(B) Arah fasor

Pada rangkaian seri dimana arus I yang melalui R, C dan L adalah sama, maka untuk menggambarkan fasornya digunakan arah fasor I sebagai referensi (acuan), seperti gambar 1.31B. Jika hambatan resistor R, reaktansi kapasitif XC dan reaktansi induktif XL maka berdasarkan gambar 1.31B diperoleh sebagai berikut:

Penjumlahan vektor dari diagram fasor diperoleh :

Sesuai hukum Ohm diperoleh :

Dimana : Z : hambatan total dari rangkaian disebut impendansi ( Ω )

Besarnya sudut yang dibentuk anatara I dan VS merupakan beda fase antara I dan VS diperoleh :

FISIKA TEKNIK

173

BAHAN KULIAH

R L C paralel dalam Arus AC Jika komponen R, L dan C dirangkai secara paralel, seperti gambar 1.32A. menurut hukum kirchoff beda tegangan pada masing-masing komponen adalah sama dan penjulahan arus yang mengalir pada masing-masing komponen sama dengan arus total yang ditarik dari sumbertegangan. Karena rangkaian ini digunakan sumber tegangan AC maka penjulahan arus tersebut bukan penjulahan Aljabar biasa, tetapi penjumlahan vektor (fasor).

I R VS

L

IR

C

IL

IC

(A) IC IC - IL

ITotal θ IR

VS

IL (B) Gambar 10.5. (A) RLC paralel pada arus AC

(B) Arah fasor

Jika hambatan resistor R, reaktansi kapasitif XC dan reaktansi induktif XL maka berdasarkan gambar 1.32B diperoleh sebagai berikut:

FISIKA TEKNIK

174

BAHAN KULIAH

Penjumlahan vektor dari diagram fasor diperoleh :

Sesuai hukum Ohm diperoleh :

Dimana : Z : hambatan total dari rangkaian disebut impendansi ( Ω )

Seadngkan : disebut admitansi ( 1/Ω)

Besarnya sudut yang dibentuk anatara I Total dan VS merupakan beda fase antara ITotal dan VS diperoleh :

FISIKA TEKNIK

175

BAHAN KULIAH

Contoh : Sebuah rangkaian RLC seri dengan R=6Ω, L=31,85mH, C= 1,6 mF dan tegangan sumber yang digunakan adalah Vs = 120 sin(314t). Tentukan besarnya arus yang mengalir pada rangkaian. Jawab: Dari Vs dapat diketahui:

ω = 314 Vm = 120 Sehingga diperoleh : R=6Ω XL = ω L= 314 x 0,03185 = 10 Ω

Besarnya tegangan pada masing komponen adalah :

VL = I XL = 12 x 10 120V VC = I XC = 12 x 2 = 24V Beda fase antara I dan Vs adalah :

Soal-Soal 1. Hambatan R, Induktor L dan kapasitor C masing-masing mempunyai nilai 300 ohm, 0,9 H dan 2 μF. Jika diberi tegangan efektif AC sebesar 50 volt, sedangkan frekuensi sudut AC 100 rad/s. Hitung (a). Impedansi rankaian (b). Arus efektif (c). Tegangan melintasi R (d). Tegangan melintasi L (e). Tegangan melintasi C dan (f). Daya disipasi 2. Sebuah kapasitor 10 µF dan resistor 100 ohm disusun seri dan dihubungkan dengan tegangan dengan Vm = 220 volt dan frekuensi 200/π Hz Tentukan (a) Sudut fase

FISIKA TEKNIK

176

BAHAN KULIAH

antara tegangan dan arus (b). Persamaan kuat arus sesat dan (c) kuat arus melalui rangkaian pada t = 0,0001 π sekon. 3. Suatu kumparan dengan induktansi diri 100 mH , hambatan tidak diketahui dan sebuah kapasitor 1 µF disusun seri dengan suatu osilator berfrekuensi 5000 rad/s. Jika sudut fase antara tegangan suplai dan kuat arus 60o, hitung hambatan kumparan tersebut. 4. Sebuah kumparan dengan induktansi dan hambatan tidak diketahui diamati menarik arus 50 mA ketika beda potensial DC 5 volt diberikan pada ujung-ujung kumparan. Ketika kumparan dihubungkan dengan sumber AC 1250/ π Hz beda potensial 8 volt diperlukan untuk menghasilkan arus yang sama. (a). Tentukan induktansi dan hambatan kumparan (b). Tentukan daya disipasi dalam kumparan untuk tiap kasus ( DC dan AC)

6.

Dualisme Gelombang Partikel Teori fisika klasik yang menganggap cahaya sebagai gelombang tidak dapat

menerangkan spektrum radiasi benda hitam. Max Planck untuk menjelaskan spektrum radiasi benda hitam cahaya dianggap sebagai partikel yang terdiri dari pa ket-paket energi yang disebut KUANTUM atau FOTON. Teori Max Planck terbukti dengan adanya fenomena efek fotolistrik dan efek Compton. Sifat dualisme gelombang partikel lebih meyakinkan lagi ketika de Broglie mengemukakan teorinya bahwa partikel yang bergerak dapat memiliki sifat gelombang dengan panjang gelombang tertentu. RADIASI BENDA HITAM Radiasi kalor yang dipancarkan oleh suatu benda bergantung pada suhunya, makin tinggi suhu suatu benda, makin besar pula energi kalor yang dipancarkan.· Joseph Stefan dan Ludwig Boltzman telah melakukan pengukuran laju energi kalor radiasi yang dipancarkan oleh suatu benda, kemudian dikenal dengan Hukum Stefan-Boltzman

FISIKA TEKNIK

177

BAHAN KULIAH

Keterangan : P : daya radiasi (laju energi yang dipancarkan) Q : energi kalor (J) t : waktu (t) σ : konstanta Stefan-Boltzman (5,67x10-8 Wm-2 K-4) A : luas permukaan benda (m2) T : suhu mutlak permukaan benda (oK) • EMISIVITAS

suatu

benda

menyatakan

kemampuan

benda

untuk

memancarkan radiasi kalor, semakin besar emisivitas maka semakin mudah benda tersebut memancarkan energi. • Benda hitam sempurna memiliki emisivitas (e = 1) yaitu benda yang dapat menyerap semua energi kalor yang datang dan dapat memancarkan energi kalor dengan sempurna. Contoh Benda hitam pada suhu T memancarkan radiasi dengan daya sebesar 300 mW. Jika suhu diturun menjadi ½ T, berapakah besarnya daya radiasi yang dipancarkan? Jawab: Daya radiasi benda hitam :

Daya radiasi benda hitam untuk suhu ½ T :

HUKUM PERGESERAN WIEN Wilhelm Wien seorang fisikawan Jerman menemukan suatu hubungan yang empiris sederhana antara panjang gelombang yang dipancarkan untuk intensitas maksimum dengan panjang gelombang maksimum (� m) dan suhu mutlak (T) sebuah benda yang dikenal sebagai Hukum Pergeseran Wien :

FISIKA TEKNIK

178

BAHAN KULIAH

Gambar 11.1. Grafik penggeseran Wien TEORI PLANCK Max Planck menggunakan dasar teoritis untuk memperkuat rumus empirisnya dengan membuat hipotesis bahwa : "Radiasi hanya dipancarkan (atau diserap) dalam bentuk satuan-satuan/kuantum energi disebut foton yang besarnya berbanding lurus dengan frekuensi radiasi". •

Energi radiasi yang dipancarkan oleh getaran molekul-molekul benda bersifat diskret, yang besarnya :

n : bilangan kuantum (n = 1, 2, 3, ...) f : frekuensi getaran molekul h : konstanta Planck (6,626 x 10-34 Js) •

Molekul-molekul menyerap atau memancarkan energi radiasi dalam paket diskret yang disebut kuantum atau foton yang merupakan awal lahirnya teori kuantum

Jadi dapat disimpulkan dari hipotesis Planck, bahwa cahaya adalah partikel sedangkan Maxwell menyatakan bahwa cahaya adalah gelombang, disebut dualisme cahaya. EFEK FOTOLISTRIK

FISIKA TEKNIK

179

BAHAN KULIAH

Gambar 11.2. Proses terjadinya efek Fotolistrik Efek fotolistrik adalah peristiwa terlepasnya elektron-elektron dari permukaan logam (elektron foto) ketika logam tersebut disinari dengan cahaya. Elektron yang terlepas memiliki energi kinetik.

Vo : potensial henti e : muatan elektron (1,6 x 10-19c) • Kegagalan teori gelombang dalam menerangkan sifat penting efek fotolistrik antara lain : 1

Jika intensitas cahaya diperbesar, maka energi kinetik elektron foto

harus bertambah. Faktanya energi kinetik maksimum elektron foto tidak bergantung pada intensitas cahaya. 2

Efek fotolistrik dapat terjadi pada setiap frekuensi asalkan intensitasnya

memenuhi, faktaya setiap permukaan membutuhkan frekuensi minimum (frekuensi ambang = fo) untuk dapat menghasilkan elektron foto.. 3

dibutuhkan rentang waktu yang cukup lama agar elektron berhasil

mengumpulkan energi untuk keluar dari permukaan logam. Nyatanya hampir tanpa selang waktu (kurang dari 10-9 s) setelah penyinaran. 4

Tidak dapat menjelaskan mengapa energi kinetik maksimum elektron

foto bertambah jika frekuensi cahaya diperbesar

FISIKA TEKNIK

180

BAHAN KULIAH

• Teori FOTON menjelaskan tentang efek fotolistrik sebagai berikut : 1. Kenaikan intensitas cahaya menyebabkan bertambahnya jumlah elektron yang terlepas dari permukaan logam, tetapi energi elektron foto tidak berubah selama frekuensinya tidak berubah sehingga energi kinetik maksimum elektron foto juga tidak berubah 2. Kenaikan frekuensi cahaya akan meningkatkan energi kinetik elektron foto ( EK ):

Wo : fungsi kerja (energi ambang) Wo = h fo fo : frekuensi ambang e : muatan elektron = 1.6 x 10-19C V0 : potensial penghenti 3. Jika frekuensi cahaya f lebih kecil dari frekuensi ambang (f < fo) atau panjang geombang cahaya � lebih besar dari panjang gelombang ambang (� >�0) , maka tidak ada elektron yang terlepas dari permukaan logam berapapun besarnya intensitas cahaya yang digunakan. 4.

Elektron terlepas dari permukaan logam sesaat setelah penyinaran

karena cahaya bersifat partikel (paket energi) sehingga terjadi transfer energi spontan dari foton ke elektron dengan interaksi satu-satu. 5. Ek maksimum elektron yang terlepas tidak tergantung pada intensitas cahaya yang digunakan, hanya tergantung pada energi atau frekuensi cahaya. Tetapi intensitas cahaya yang datang sebanding dengan jumlah elektron yang terlepas dari logam. EFEK COMPTON (HAMBURAN FOTON)

FISIKA TEKNIK

181

BAHAN KULIAH

Gambar 11.3. Hamburan Compton •

Konsep foton dikembangkan oleh Compton, yang menunjukkan bahwa foton memiliki momentum (p) yang besarnya:

•

Hal ini menunjukkan bahwa foton dapat berkelakuan sebagai partikel (materi), dengan massa (m): karena

•

Gejala tumbukan antara foton dan elektron. Setelah terjadi tumbukan antara foton dengan elektron, maka foton kehilangan energinya sebesar

panjang gelombang setelah tumbukan bertambah besar (�‘ > �) •

Berdasarkan hukum kekekalan energi dan hukum kekekalan momentum diperoleh :

�‘ : panjang gelombang foton setelah tumbukan (m) � : panjang gelombang foton sebelum tumbukan (m) h : konstanta Planck (6,626 x 10-34 Js) m : massa elektron (me = 9,1 x 10-31 kg) c : kecepatan cahaya (c = 3 x 108 m/s)

FISIKA TEKNIK

182

BAHAN KULIAH

θ : sudut hamburan (sudut penyimpangan arah foton setelah tumbukan terhadap arah mula-mula) : disebut sebagai “panjang gelombang Compton” Pada gejala Compton,foton (sinar X) yang menumbuk elektron atom suatu zat dihamburkan dengan panjang gelombang lebih besar. TEORI DE BROGLIE • Cahaya memiliki sifat gelombang seperti dalam peristiwa interferensi dan difraksi, juga memiliki sifat partikel seperti dalam peristiwa efek fotolistrik dan hamburan Compton. • Sifat gelombang dinyatakan oleh panjang gelombang (�) dan sifat partikel dinyatakan oleh besaran momentum (p) • Hubungan antara � dan p sebuah foton adalah :

• Menurut de Broglie bahwa partikel (seperti elektron) yang bergerak ada kemungkinan memiliki sifat gelombang dengan panjang gelombang tertentu. DIFRAKSI ELEKTRON • Elektron (dengan muatan e ) dipercepat oleh tegangan pemercepat (V). Tegangan ini memberikan

pada elektron, selanjutnya Eplistrik diubah menjadi energi elektron.

FISIKA TEKNIK

183

BAHAN KULIAH

• Maka panjang gelombang adalah :

SOAL-SOAL LATIHAN 1. Seseorang mendeteksi 5 foton pada panjang gelombang 5500 Å, dalam waktu 90 ms, jika h = 6,6 x10-34 Js, c = 3 x108 m/s, maka daya yang diterima mata adalah ... . 2. Suatu logam kalium disinari cahaya ultraviolet dengan panjang gelombang 2500Å, jika fungsi kerja kalium 2,21 eV, h = 6,63 x 10-34 Js, C = 3 x 108 m/s dan 1 eV = 1,6 x 10-19 J, maka energi kinetik elektron yang dipancarkan adalah .... 3. Gambar di bawah adalah grafik hubungan Ek foto elektron terhadap f sinar yang digunakan pada efek fotolistrik.

Nilai P pada grafik tersebut adalah ... . 4. Sebuah logam tepat akan dilepaskan elektronnya (efek fotolistrik) apabila dikenai sinar dengan panjang gelombang �, bila sinar yang mengenai logam tersebut mempunyai panjang gelombang ½� maka energi kinetik maksimum foto elektron adalah E, tentukan energi kinetik maksimum fotoelektron bila sinar yang digunakan mempunyai panjang gelombang 1/3 � . 5. Frekuensi ambang natrium adalah 4,4 x1014 Hz, besarnya potensial penghenti bagi natrium saat disinari dengan cahaya yang frekuensinya 6 x 1014 Hz adalah ………... volt. 6. Katode pada tabung fotolistrik mempunyai frekuensi ambang fo, jika katode disinari dengan cahaya berfrekuensi f, maka elektron yang keluar katode berkecepatan maksimum vmaks dan potensial penghenti yang diperlukan agar arus

FISIKA TEKNIK

184

BAHAN KULIAH

listrik menjadi nol adalah Vo, jarak anode katode d, massa elektron m, hubungan antara besaranbesaran di atas adalah ... . 7. Permukaan suatu lempeng logam tertentu disinari dengan cahaya monokromatik, percobaan ini diulang dengan panjang gelombang yang berbeda, ternyata tidak ada elektron yang keluar jika disinari dengan panjang gelombang di atas 500 nm. Dengan menggunakan panjang gelombang � tertentu , ternyata dibutuhkan tegangan 3,1 volt, untuk menghentikan arus listrik yang terpancar dari lempeng, panjang gelombang � tersebut dalam nm adalah ... . 8. Grafik di bawah menunjukkan hubungan antara energi kinetik maksimum elektron (Ek) terhadap frekuensi foton (f) pada efek fotolistrik, jika h = 6,63 x10 -34 Js, 1 eV = 1,6 x10-19 J, maka besar f adalah ...

9. Dalam tabung sinar x berkas elektron dipercepat oleh beda potensial 5 x 104 V dihentikan seketika oleh anoda sehingga semua energi elektron berubah menjadi gelombang elektromagnetik dengan panjang gelombang yang berada di daerah sinar x, jika h = 6,6 x10-34 Js, c = 3 x 108 ms-1 , e = 1,6 x 10-19 C, maka panjang gelombang sinar yang terjadi adalah ... . 10. Elektron yang massanya 9 x 10-31 kg bergerak dengan laju 2,2 x 107 m/s, jika h = 6,6 x 10-34 Js, maka panjang gelombang tersebut adalah ... . 11. Pada efek Compton, yang menumbuk elektron mengalami perubahan panjang

gelombang sebesar

dimana h : tetapan Planck, mo : massa diam elektron

dan c : kecepatan foton, maka besar sudut hamburan yang dialami foton tersebut adalah ....

FISIKA TEKNIK

185

BAHAN KULIAH

12. Apabila beda potensial antara anoda dan katoda dikurangi 75%, panjang gelombang de Broglie sebuah elektron yang dipercepat pada beda potensial tersebut adalah ...

Struktur Atom

7.

TEORI DALTON Baru pada abad ke – 18 ilmuwan percaya karena konsep atom itu relevan dengan proses fisika dan kimia yang mulai berkembang. Tahun 1802 Dalton melakukan percobaan yang mengembangkan teori atom dan mencoba menerangkan reaksi – reaksi kimia diantara zat. Dalton mengemukakan beberapa konsep mengenai atom yaitu : 1.

Atom merupakan bagian terkecil dari sebuah zat dan tidak dapat dibagi – bagi lagi.

2.

Atom suatu unsur tidak dapat berubah menjadi atom unsur lain.

3.

Dua buah atom atau lebih dapat membentuk suatu molekul.

4.

Atom yang bersenyawa membentuk molekul memiliki perbandingan tertentu dan jumlah keseluruhannya tetap. Jumlah massa sebelum reaksi sama dengan jumlah massa sesudah reaksi. Konsep ini sesuai dengan hukum Lavoisier.

5.

Bila dua atom membentuk dua macam senyawa atau lebih, maka atom – atom yang sama dalam kedua senyawa tersebut mempunyai perbandingan yang sederhana. Konsep ini sesuai dengan hukum Proust.

TEORI THOMSON Pada tahun 1870 J. J. Thomson melakukan percobaan pelucutan muatan dalam tabung gas. Tabung lucutan adalah sebuah tabung kaca yang memiliki dua elektroda pada kedua ujungnya dan memiliki pompa untuk mengeluarkan udara dalam tabung. Kemudian tabung dihubungkan dengan sumber tegangan listrik tinggi (30 kV). Ketika tekanan udara di dalam tabung berkurang dan mencapai 0,01 mmHg, kaca mulai berpendar sebagai akibat radiasi sinar yang keluar dari katoda (-) ke kutub anoda (+). Sinar ini disebut sinar katoda yang tidak lain partikel – partikel yang bermuatan negatif.

FISIKA TEKNIK

186

BAHAN KULIAH

Berikutnya Thomson melakukan percobaan dengan sinar katoda yang ditambahkan pelat sejajar untuk menghasilkan medan listrik, dan magnet yang mengeluarkan medan magnet yang dapat membelokan partikel negatif tersebut (prinsip selektor kecepatan). Energi listrik = Energi mekanik

Kecepatan partikel yang melewati selektor kecepatan didapatkan dari persamaan bahwa Gaya listrik = Gaya magnet qE=Bqv sehingga didapatkan bahwa kecepatan partikel tersebut adalah

sehingga perbandingan muatan terhadap massa partikelnya adalah

Thomson mendapatkan bahwa nilai :

tidak bergantung pada jenis logam katoda dan jenis gas dalam tabung dan kemudian ditarik kesimpulan bahwa partikel sinar katoda adalah unsur penting semua zat. Thomson menyebut partikel negatif ini dengan corpuscles dan sekarang dikenal dengan elektron.

FISIKA TEKNIK

187

BAHAN KULIAH

Gambar 12.1. Model atom Thomson Dengan percobaan ini Thomson menggugurkan teori atom Dalton karena ternyata atom terbadi menjadi partikel – partikel penyusunnya. Thomson menyatakan bahwa atom itu netral jadi di dalam atom terdapat partikel lain sebagai penyeimbang agar atom itu netral dan Thomson mengusulkan : Atom itu berbentuk bola padat dengan muatan listrik positif tersebar merata di seluruh bagian bola dan muatan – muatan positif ini dinetralkan oleh elektron – elektron yang bermuatan negatif seperti kismis yang menempel pada sebuah kueh (plum pudding atomic model) PERCOBAAN MILIKAN Tahun 1909 Robert Milikan berhasil mengukur muatan sebuah elektron melalui percobaan yang dikenal dengan percobaan tetes minyak Milikan. Alat yang dipakai Milikan dimana dua keping sejajar dipisahkan pada jarak cukup dekat. Minyak disemprotkan di bagian atas dan beberapa tetesan memasuki lubang kecil. Sebuah tetesan diamati dengan teleskop. Pada tetesan minyak bekerja gaya berat, gaya apung, dan gaya gesekan. Jika kedua keping diberi beda potensial listrik maka akan didapatkan gaya tambahan berupa gaya listrik sehingga tetesan minyak dapat dalam keadan diam (seimbang) dibawah pengaruh gaya – gaya di atas. Dari percobaan Milikan didapatkan kesimpulan sebagai berikut : 1.

Tidak pernah ditemukan tetesan minyak yang mengandung muatan listrik yang lebih kecil dari nilai tertentu. Muatan listrik terkecil ini adalah muatan sebuah elektron dan dinamakan muatan elementer (dasar) dan diberi symbol e.

FISIKA TEKNIK

188

BAHAN KULIAH

2.

Semua muatan listrik dari tetesan minyak selalu merupakan kelipatan bilangan bulat dari muatan elementer.

Muatan elektron = e = 1,602192 x 10–19 C dan karena perbandingan muatan sudah diketahui maka massa elekton dapat ditentukan, yaitu me = 9,11 x 10–31 kg TEORI ERNST RUTHERFORD Pada tahun 1911 Rutherford bersama dua orang asistennya Geiger dan Marsden melalukan percobaan hamburan sinar alpha dalam rangka menguji kebenaran teori atom Thomson. Sinar α ditembakkan melalui celah sempit dan menumbuk lempeng emas. Bila teori atom Thomson benar maka diharapkan seluruh sinar alfa akan dipantulkan karena atom suatu benda yang keras dan merata. Tetapi ternyata ada 3 sinar yang dihasilkan ketika sinar alfa ditembakkan yakni dipantulkan, diteruskan, dan dibelokan. Rutherford mengukur sudut – sudut hamburan partikel alfa dengan teliti. Berdasarkan hukum Coulomb sinar yang dibelokan dan dipantulkan hanya mungkin dilakukan oleh muatan positif. Jadi muatan positif terkonsentrasi di pusat. Rutherford menyimpulkan sebagai berikut : 1. Semua muatan positif dan sebagian besar massa atom berkumpul pada sebuah titik di tengah – tengah atom yang disebut inti atom. 2. Inti atom dikelilingi oleh elektron – elektron pada jarak relatif jauh. Elektron berputar pada lintasan – lintasan seperti planet mengitari matahari. Karena inti bermuatan positif dan elektron bermuatan negatif, maka secara kelitrikan inti dan elektron tarik menarik. Gaya ini menghasilkan suatu gaya sentripetal yang menahan elektron agar tetap pada lintasannya masing – masing. Walaupun model ini cukup baik, tetapi tidak cukup menjelaskan susunan elektron – elektron. Bila lintasan elektron dianggap lingkaran, maka energi total elektron: tanda (-) menunjukkan keterikatan terhadap inti (menunjukkan E = Ek + Ep

bahwa untuk mengeluarkan elektron diperlukan energi).

E = - k e²/2r

r = jari-jari orbit elektron

k = 9 x 109 newton.m²/coulomb Kelemahan teori Rutherford:

FISIKA TEKNIK

189

BAHAN KULIAH

1. elektron dapat "runtuh" ke inti atom karena dipercepat dan memancarkan energi. 2. spektrum atom hidrogen berupa spektrum kontinu (kenyataannya spektrum garis). TEORI NEILS BOHR Hal – hal yang mendasari model Bohr adalah : 1. Konsep foton yang menggambarkan gelombang elektromagnetik sebagai berkas energi sebagai partikel memberikan suatu wawasan baru dalam telaah tentang struktur atom. 2. Hasil eksperimen tentang spectrum atom hydrogen pada saat itu sampai tahun 1913 tidak dapat diterangkan secara teoritis. Pengamatan tentang spectrum yang dipancarkan oleh gas–gas yang panas menunjukkan spectrum garis yang memiliki karakteristik sendiri. Banyak upaya telah dilakukan untuk mencari rumus empiris tentang keteraturan ini. •

Tahun 1855, J. J Balmer seorang guru di Swiss menemukan suatu rumusan empiris dengan ketelitian yang sangat tinggi dapat menyatakan frekuensi garis – gari spectrum hydrogen dalam daerah cahaya tampak. Rumus Balmer:

•

Tahun 1908 Paschen menemukan bahwa ada suatu deret lain dalam spectrum atom hydrogen yang terletak dalam daerah infra merah. Rumus Paschen:

•

Tahun 1890 Rydberg menemukan cara lain yang lebih mudah menangani rumus panjang gelombang deret Balmer dengan mendefinisikan suatu persamaan umum Rumus Rydberg :

Postulat Bohr

FISIKA TEKNIK

190

BAHAN KULIAH

1. Atom hidrogen terdiri dari sebuah elektron yang bergerak dalam suatu lintas edar berupa lingkaran mengelilingi inti atom; gerak elektron tersebut dipengaruhi oleh gaya tarik listrik sesuai dengan kaidah mekanika klasik. 2. Lintas edar elektron dalam atom hydrogen yang mantap hanya yang mempunyai momentum sudut L yang merupakan kelipatan bilangan bulat dari tetapan Planck dibagi 2π. .

Postulat ini menunjukkan bahwa momentum sudut elektron terkuantisasi. 3. Dalam lintas edar yang mantap (stasioner), elekltron yang mengelilingi inti tidak memancarkan energi elektromagnetik, dalam hal ini energi elektron tetap dan tidak berubah. 4. Energi elektromagnetik yang dipancarkan oleh sistem atom apabila suatu elektron akan mengalami eksitasi (pindah ke lintasan yang lebih tinggi) atau ionisasi jika menyerap energi, dan transisi ke lintasan yang lebih rendah jika memancarkan energi foton, tingkat energinya adalah ΔE= Ef – Ei = hf

Gambar 12.2. Model Atom Neils Bohr STRUKTUR ATOM HIDROGEN •

Hukum Newton untuk gerak melingkar

FISIKA TEKNIK

191

BAHAN KULIAH

•

Jari – jari Atom

FISIKA TEKNIK

192

BAHAN KULIAH

Jari – jari atom fungsi dari n (bilangan kuantum) sehingga nilainya tertentu, sehingga dikatakan bahwa jari – jari atom terkuantisasi. •

Energi Kinetik

•

Energi Potensial

•

Energi Total

Disini terlihat juga dengan jelas bahwa energi elektron terkuantisasi. •

Energi ionisasi

•

Spektrum Atom hidrogen

Pada postulat di atas dinyatakan bahwa jika elektron berpindah dari orbit yang lebih luar ke orbit yang lebih dalam maka elektron akan melepaskan energy kelebihannya

dalam

bentuk

foton

yang

tidak

lain

adalah

gelombang

elektromagnetik dengan kecepatan yang tetap.

FISIKA TEKNIK

193

BAHAN KULIAH

Gambar 12.3. Spektrum atomhidrogen Dengan R adalah konstanta Rydberg = 1,097 x 10 7 /m •

Deret Lyman

terletak pada daerah ultra ungu •

Deret Balmer

FISIKA TEKNIK

194

BAHAN KULIAH

terletak pada daerah cahaya tampak •

Deret Paschen

terletak pada daerah infra merah 1 •

Deret Bracket

terletak pada daerah infra merah 2 •

Deret Pfund

terletak pada daerah infra merah 3 Kelemahan Model Atom Bohr: 1. Tidak dapat menerangkan atom berelektron banyak 2. Tidak dapat menerangkan pengaruh medan magnet terhadap spektrum atom (kelemahan ini dapat diperbaiki oleh Zeeman, yaitu setiap garis pada spektrum memiliki intensitas dan panjang gelombang yang berbeda) 3. Tidak dapat menerangkan kejadian ikatan kimia

FISIKA TEKNIK

195

BAHAN KULIAH

STRUKTUR INTI Pengertian inti atom untuk pertama kalinya dikemukakan oleh Rutherford pada tahun 1911. Namun gejala yang menunjukkan adanya aktifitas inti atom ini sudah dikenal oleh Becquerel pada tahun 1896 secara tidak sengaja. Ditemukan bahwa senyawa uranium memancarkan sinar tidak tampak yang daya tembusnya sangat kuat serta mempengaruhi emulsi foto. Pada tahun 1896 Marie Curie menemukan bahwa inti uranium dan banyak lagi unsure lainnya bersifat memancarkan salah satu dari partikel alfa, beta atau partikel gamma. Inti-inti atom yang mempunyai sifat memancarkan sinar-sinar tersebut disebut radioaktif. Bagian-bagian Inti Sebagaimana telah diketahui bahwa atom terdiri dari inti atom dan electron yang bergerak mengelilingi inti atom. Penulisan lambang atom unsur menyertakan nomor atom dan nomor massa.

Gambar 12.4. Simbol unsur atom Inti atom terdiri dari Z proton dan N = (A-Z) neutron. A adalah nomor massa yang sama dengan jumlah proton dan neutron dalam inti. Z adalah nomor atom yang sama dengan jumlah proton didalam massa inti. N adalah jumlah neutron di dalam inti. Sedangkan massa elektron sudah diuraikan sebelumnya bahwa massa elektron sangat kecil, dianggap nol, sehingga massa atom ditentukan oleh inti atom yaitu proton dan neutron. Sifat-sifat kimia hanyalah ditentukan oleh muatan inti atom dan tidak bergantung pada massa inti. Dengan demikian dua buah atom dengan Z yang sama tetapi berlainan nilai A -nya akan mempunyai sifat-sifat kimia yang sama tetapi akan berbeda sifat-sifat fisiknya. Atom-atom yang bersifat demikian disebut sebagai isotop-isotop dari elemen.

FISIKA TEKNIK

196

BAHAN KULIAH

Contoh: Hitunglah jumlah proton, elektron dan neutron dari unsur berikut: 1.

2.

3.

Jawab: 1.

Jumlah proton = 19

sama dengan nomor atom

Jumlah elektron = 19

sama dengan nomor atom

Jumlah neutron = 39 – 19 = 20 2

Jumlah proton = 13

sama dengan nomor atom

Jumlah elektron = 13

sama dengan nomor atom

Jumlah neutron = 27 – 13 = 14 3

Jumlah proton = 26

sama dengan nomor atom

Jumlah elektron = 26

sama dengan nomor atom

Jumlah neutron = 56 – 26 = 30 Isotop, Isoton dan Isobar Setelah penulisan lambang atom unsur dan penemuan partikel penyusun atom, ternyata ditemukan adanya unsur-unsur yang memiliki jumlah proton yang sama tetapi memiliki massa atom yang sama dan ada pula unsur-unsur yang memiliki jumlah neutron sama atau massa atom yang sama tetapi nomor atom berbeda. Untuk itu dikenalkanlah istilah isotop, isoton dan isobar. •

Isotop

Atom yang mempunyai nomor atom yang sama tetapi memiliki nomor massa yang berbeda.

FISIKA TEKNIK

197

BAHAN KULIAH

Setiap isotop satu unsur memiliki sifat kimia yang sama karena jumlah elektronnya sama. •

Isoton

Seperti yang sudah kita pelajari sebelumnya, bahwa neutron adalah selisih antara nomor massa dengan nomor atom; maka isoton tidak dapat terjadi untuk unsur yang sama. Isoton : kelompok nuklida dengan jumlah neutron sama tetapi Z berbeda. •

Isobar

Isobar adalah unsur-unsur yang memiliki nomor massa yang sama. Adanya isotop yang membuat adanya isobar. Isobar : kelompok nuklida dengan A sama tetapi Z berbeda. Contoh

Isoton

Isoton

Isoton

Yang merupakan Isobar adalah :

B. Energi Ikat Inti Energi ikat elektron-elektron di dalam atom adalah sangat kecil bila dibandingkan dengan energi ikat inti dalam atom B = Z mp + (A-Z) mn-M(Z,A) dimana:

FISIKA TEKNIK

198

BAHAN KULIAH

B = energi ikat inti Mp,v= massa proton Mn = massa neutron M(Z,A) = massa inti Kalau dinyatakan dengan hubungan antara satuan massa atom dengan energi eV maka diperoleh: B = Δm (sma) x 931 MeV Sedangkan energi ikat rata-rata tiap nukleon adalah E = B A akan berubah harganya dari satu inti ke inti yang lain. Contoh 5: Massa neutron, proton dan partikel alfa masing-masing adalah 1,008 sma ; 1,007 sma dan 4,002 sma. Jika 1 sma = 931 Mev. Hitung energi ikat partikel tersebut. Jawab : partikel alfa adalah : terdiri dari 2 proton dan 2 neutron. Massa 2 proton = 2 x 1,007 sma = 2,014 sma Massa 2 neutron =2 x 1,008 sma = 2,016 sma Massa 2 proton + massa 2 elektron = 4,030 sma Massa partikel = 4,002 sma Massa yang hilang adalah = 0,028 sma Massa yang hilang akan menjadi energi ikat partikel = 0,028 x 931 MeV RADIOAKTIVITAS Setiap unsur radioaktif dalam peluruhannya mempunyai sifat statistik yaitu keboleh jadian tertentu untuk meluruh atau berubah menjadi atom yang lain dengan memancarkan radiasi. Jadi tidak mungkin meramalkan atom mana yang akan meluruh pada saat berikutnya. Radioaktifitas mula–mula ditemukan oleh Becqurel pada tahun 1896 beberapa waktu kemudian setelah sinar-x ditemukan oleh Rontgen pada tahun 1895. Becquerel melihat adanya sifat tersebut uranium disulfat yang ternyata pada menghitamkan film potret. Percobaan lebih lanjut yang dilakukan oleh Rutherford pada garam – garam

FISIKA TEKNIK

199

BAHAN KULIAH

uranium menunjukan bahwa ada 2 macam radiasi, yang pertama mudah diserap oleh bahan yang oleh Rutherford disebut sinar alfa dan yang kedua memiliki daya tembus yang lebih besar disebut sinar beta. Kemudian ditemukan pula bahwa zat radioaktif alam memancarkan jenis radiasi ketiga yang di sebut sinar gamma. Radioaktifitas adalah pemancaran sinar–sinar radioaktif secara spontan dengan disertai peluruhan inti atom menjadi inti yang lain. Sinar radioaktif ini ada 3 macam yaitu: sinar alfa (

), sinar beta (

), dan sinar gamma (

). Bila seberkas sinar

radioaktif dilewatkan pada sebuah keping dengan ketebalan x maka intensitas dari sinar radioaktif tersebut akan mengalami pelemahan sesuai dengan persamaan berikut:

Dimana : I : intensitas awal sinar radioaktif I0 : intensitas radioaktif setelah melewati material setebal x µ:

Gambar 2.8. Peluruhan setelah menembus tebal x Apabila intensitas radiasi setelah melewati keping setebal x menjadi I = I0/2 maka diperoleh atau HVL (Half Value Layer) adalah lapisan atau tebal keping yang membuat intensitas menjadi setengah dari intensitas semula. Pada tahun 1902 Rutherford dan Soldy menyimpulkan bahwa fenomena radioaktif disebabkan transformasi spontan. Jenis atau macam radiasi yang dipancarkan dapat diuraikan sebagai berikut: Radiasi alfa

FISIKA TEKNIK

200

BAHAN KULIAH

Alfa merupakan partikel yang di pancarkan oleh inti atom dan berbentuk inti atom Helium (2He4). Alfa mempunyai energi berkisar 1 MeV hingga 10 MeV dan mempunyai kecepatan 7000 hingga 20.000 km/detik. Persamaan reaksi pemancar alfa dapat ditulis sebagai berikut: Z

Z- 4

YA-2+ 4He2

XA

dengan Z adalah nomor massa, dan A adalah nomor atom. Oleh karena dia hanya mempunyai dua muatan listrik, maka alfa akan langsung diserap bahan. Akibatnya radiasi alfa mempunyai daya tembus pendek, dan mempunyai jalur lurus, karena massanya yang berat. Pada kulit, radiasi alfa hanya menembus hingga lapisan epidermis, khususnya bagian sel yang mati, dan jarang sekali menembus hingga sel hidup kecuali alfa mempunyai energi yang cukup besar. Sebagai proteksi, digunakan selembar kertas untuk radiasi eksternal, tetapi untuk radiasi internal, radiasi alfa akan sangat berbahaya sekali. Radiasi beta Radiasi beta merupakan radiasi elektron (elektron bermuatan positif atau positron ( +), dan elektron bermuatan negatif atau (β). Energi beta berkisar 0,018 MeV (untuk tritium) hingga 6,1 MeV (untuk fluor). Untuk energi 1 MeV, kecepatan beta mendekati kecepatan cahaya. Beta mempunyai 3 jenis proses, yaitu pemancaran electron, pemancaran positron, dan penangkapan electron. Persamaan reaksi radiasi beta adalah: a. Pemancaran electron. Z

XA

Z

YA+1+ 0e-1(β)

b. Pemancaran positron Z

XA

Z

YA-1+ 0e+1 (β+)

c. Pemancaran elektron Z

XA + 0e-1

Z

YA-1

Oleh karena beta hanya mempunyai satu muatan listrik, maka dia agak sulit diserap bahan, sehingga daya tembusnya di bahan menjadi lebih besar ( beberapa millimeter). Selain itu karena massanya yang ringan, maka dalam bahan, beta akan dibelokkan. Pembelokan ini akan lebih sering pada energi beta yang kecil. Untuk radiasi eksterna,

FISIKA TEKNIK

201

BAHAN KULIAH

selembar aluminium dapat digunakan untuk mengahalangi jalannya radiasi beta, tetapi untuk radiasi interna, radiasi beta juga sangat berbahay seperti halnya alfa. Radiasi gamma Radiasi gamma, seperti juga radiasi ultraviolet, maupun sinar –x merupakan radiasi gelombang elektromagnetik. Oleh karena itu, dia bukan partikel dan monoenergitik, maka daya tembusnya sangat besar. Untuk radiasi gelombang elektromagnetik ini mempunyai jenis interaksi dengan bahan tertentu, yang akan di jelaskan lebih jauh dibawah. Untuk radiasi eksterna, gamma sebaiknya dihalangi dengan timbal (Pb) atau beton. Radiasi ini akan sangat berbahaya bila berupa radiasi eksterna. Radiasi Alpha, Beta dan Gamma dapat dianalisis dengan menggunakan medan magnet. Jika ketiga sinar tersebut ditembakkan dalam medan magnet maka lintasan untuk masing-masing adalah sebagai berikut :

Gambar 2.9. lintasan Sinar Alpha, Beta dan Gamma didalam medan magnet TRANSMUSI INTI 1. Fisi Peristiwa pembelahan inti atom dengan partikel penembak, sehingga menghasilkan dua inti baru dengan nomor massa yang hampir sama. Contoh: Dalam reaktor atom: U235 + n � Xe140 + Sr94 + 2n + E 2. Fusi Peristiwa penggabungan dua inti atom ringan, menghasilkan inti atom baru

FISIKA TEKNIK

202

BAHAN KULIAH

yang lebih berat. Contoh: reaksi di matahari: 1H2 + 1H2 � 2He3 + on1 B. Hukum Peluruhan Inti – inti isotop yang dengan sendirinya dapat berubah menjadi inti isotop lain dengan jalan memancarkan partikel – partikel alfa, beta dan lainnya. Proses demikian disebut peluruhan radioaktif. Radioaktif hanya tergantung pada keadaan didalam inti isotop- isotop dan tidak terpengaruh oleh keadaan – keadaan luar seperti tekanan, temperatur, ikatan kimia dan lain lain. Unsur radioaktif adalah unsur yang tidak stabil yang dapat memancarkan atau menyerap baik energi ataupun partikel. Oleh karena sifatnya yang tidak stabil, maka unsur ini tidak dapat disimpan, ataupun dengan kata lain, dia akan meluruh sejak pertama terbentuk. Sedangkan partikel atau energi yang dikeluarkan umumnya mempunyai daya tembus besar dan berupa sinar, sehingga disebut sinar radioaktif. Umumnya, jika sebuah bahan contoh mengandung N inti radioaktif, maka dapat dinyatakan ciri statistic dari proses peluruhan tersebut dengan mengatakan bahwa banyaknya peluruhan per detik (- dN/dt) adalah sebanding dengan N, atau dN/dt = -

N dengan

adalah konstanta peluruhan yang mempunyai nilai berbeda

untuk setiap inti radioaktif. Dengan menuliskan kembali persamaan diatas sebagai dN/N = -

dt

dan kemudian mengintegralkannya, maka akan menghasilkan: N = No e-

t

dalam hal ini No adalah banyaknya inti radioaktif pada saat t = 0. Aktivitas Aktivitas suatu unsur radioaktif diartikan sebagai banyaknya peluruhan pada suatu waktu tertentu, yang secara matematis dapat ditulis sbb:

dalam satuan Curie (Ci). 1 Ci = 3,7 x 10-10 peluruhan perdetik.

FISIKA TEKNIK

203

BAHAN KULIAH

Waktu Paruh Oleh karena inti radioaktif mempunyai waktu yang kurang dari satu detik hingga milyaran tahun, maka untuk mengetahui unsur inti radioaktif, akan lebih mudah bila digunakan konsep waktu paro (t1/2), yaitu waktu yang diperlukan untuk mendapatkan aktivitas setengah dari semula. sehingga dengan Ao adalah aktivitas pada saat t = 0, yang mempunyai satuan Curie (Ci) atau Becquerel (Bq), dimana 1 Ci = 3,7 x 1010 Bq = 3,7 x 1010 dps (disintegrasi per sekon) Untuk eliminasi pada media biologi akan berbeda dengan eliminasi pada media fisika. Untuk keperluan tersebut, maka didefinisikan waktu paro biologi (t1/2 biologi). Berikut ini akan diberikan beberapa contoh waktu paruh biologi: Selanjutnya umur rata – rata dari atom radioaktif berbanding terbalik dengan konstanta peluruhannya. Untuk penerapan umumnya digunakan waktu paruh efektif, yang merupakan penjumlahan kedua waktu paruh: I/Tefektif = 1/Tbio + 1/Tfis Contoh 6: Hitunglah aktifitas dari mg Sr - 90 jika waktu paruhnya adalah 28 tahun. Jawab: Konstanta peluruhan:

= ln 2/T ½ = 0,8 x 10 9/detik. dengan bilangan Avogadro

N A = 6,03 x 10 23 maka jumlah atom N dalam 1 mg Sr – 90 adalah sebanyak, N = (6,03 x 10 23/90) x 0,001 atom = 6,63 x 1018 atom. Dengan demikian diperoleh: A = 0,143 Ci. Contoh 7: Hitunglah massa radioisotope C0 – 60 yang mempunyai aktifitas 1 Ci. Waktu paruh Co – 60 adalah 5,2 tahun. Jawab: Konstanta peluruhan

FISIKA TEKNIK

= ln 2/T½ = 4,23 x 10 9/detik

204

BAHAN KULIAH

maka A =

n

3,7 X 1010 = 4,23 x 10-9N N = 8,75 X 1018atom Dengan demikian

diperoleh, M = 8,7 x 10 -4 gram = 0.87 mg Dosimetri Radiasi Ionisasi dalam jaringan dapat juga dihasilkan oleh radiasi selain foton, seperti alfa, beta, neutron, dan proton. Oleh sebab itu perlu suatu satuan yang tidak bergantung kepada macam radiasi, energi dan sifat bahan penyerap, tetapi hanya bergantung pada jumlah energi yang terserap per satuan massa bahan yang disinari. Satuan tersebut disebut dosis serap. Dosis serap, D, didefinisikan sebagai jumlah energi yang diserahkan oleh radiasi atau banyaknya energi yang diserap oleh suatu bahan per satuan massa bahan. D = ΔE/Δm Beberapa satuan yang biasa digunakan dalam dosis radiasi adalah sbb: - r (Rontgen) - rad (radiation absorbed dose) - Gy (Gray) Kesetaraan besaran – besaran tersebut adalah sebagai berikut: 1 Gy = 1 joule/kg 1 rad = 10-2 joule/kg 1 rad = 100 erg / gram bahan0,01 J/kg bahan = 0,01 Gy 1 rad = 2,58 x 10-4/kg udara= 0,877 rad A. Dosis Ekivalen Bila kita tinjau dari sudut biologi, ternyata efek yang ditimbulkan oleh bermacam– macam radiasi pengion tidaklah sama, walaupun dosis serapnya sama. Hal ini disebabkan efek biologi bergantung pada macam dan kualitas radiasi, sehingga diperlukan besaran lain. Besaran tersebut adalah rem (roentgen equivalent man) dan di beri symbol H. H = DQN

FISIKA TEKNIK

205

BAHAN KULIAH

Dengan D adalah dosis serap dalam satuan Gray, Q adalah faktor kualitas, dan N adalah faktor modifikasi, dan ICRP menetapkan N = 1, mempunyai satuan Sievert (Sv) sebagai satuan SI, dan rem (sebelum SI) 1 Sv = 1 J/kg 1 Sv = 100 rem Tabel 12.1. Nilai faktor kualitas

Tabel 12.2. Faktor konversi dari nilai penyinaran ke dosis

FISIKA TEKNIK

206

BAHAN KULIAH

Selain perhitungan dosis melalui nilai penyinaran diperlukan pula informasi mengenai laju penyinaran pada jarak tertentu ( ) dari jenis radiasi tertentu, sehingga perhitungan laju dosis serap menjadi: Xd =

x A/d2 dengan d adalah jarak, dan A

adalah aktivitas, dan mempunyai satuan R/jam. Table 12.23 Laju penyinaran sinar gamma dari berbagai isotop dengan aktivitas 1 Curie pada jarak 1m

Hitung laju dosis ekivalen yang diterima pekeja operator radiasi pada jarak 10 m dari sumber Co-60 dengan aktivitas 5 Curie (5Ci). Jawab: T untuk Co-60 = 0,53 x (f x gamma – 1 + fx gamma -2) = 0,53 x (1,3 x 1,17 + 1,3 x 1,33) R/jam = 1,7225 R/jam X10m = (1,7225 x 5 ) / (100)R/jam = 0,086125 R/jam = 86,125 mR/jam Karena energi gamma sekitar 1 MeV, maka f berada sekitar 1, jadi D10m = fX 10m = 86,125 mR/jam H10m = QD 10m = 86,125 mR/jam, karena Q untuk gamma = 1 Hubungan Nilai Penyinaran dengan Dosis Untuk radiasi yang berasal dari luar tubuh, perlu dikaji hubungan antara nilai penyinaran dengan dosis sebagai berikut D=Fx dengan D adalah laju dosis (Gy / detik), f adalah faktor konversi, dan X adalah laju penyinaran (R/detik).

FISIKA TEKNIK

207

BAHAN KULIAH

Detektor Radiasi Penggunaan alat ukur dosis radiasi ini dibedakan menjadi dua, yaitu untuk mengukur dosis radiasi di suatu daerah (area monitoring). a. Monitor perorangan Penggunaan alat ukur ini bertujuan untuk mengetahui nilai akumulasi dosis radiasi yang telah mengenai seseorang dalam selang waktu tertentu. Terdapat tiga macam jenis monitoring perorangan. b. Dosimeter saku. Bentuk dosimeter ini serupa ballpoint, yang berisi gas yang dapat terionisasi oleh radiasi. c. Film badge. Detector radiasi ini menggunakan emulsi fotografi yang akan berubah menjadi hitam bila terkena radiasi. Dengan mengukur derajat kehitaman akan dapat di ketahui dosis yang diterima seseorang. d. Thermoluminesence dosimeter (TLD). e. Monitor lapangan. Penyinaran Menurut ICRP tahun 1980, penyinaran di beri lambang X, yaitu hasil bagi antara nilai absolute muatan total ion (dQ) dengan salah satu tanda dari semua ion yang terbentuk di udara dalam keadaan bila semua electron (negatron dan positron) yang di bebaskan oleh foton, dalam salah satu elemen volume udara kering dengan massa dm. X = dQ/dm Mempunyai satuan C/kg udara (SI) atau Roentgen (sebelum SI). 1 R = 2,58 x 10-4 Coulomb/kg = 1/(4,8 x 10-10) pasangan ion/cm3 udara, maka: 1R= 87,7 erg/gram udara = 95 erg/gram jaringan lunak. Efek Biologi dari Radiasi Dampak radiasi umumnya tidak langsung terdeteksi, tetapi setelah melalui beberapa waktu, karena sel biologi umumnya berusaha akan memperbaiki sendiri bersama system kekebalan tubuh. Walaupun demikian, gejala pertama yang dapat dirasakan adalah berbentuk rasa demam dan sakit kepala, akibat adanya perpindahan

FISIKA TEKNIK

208

BAHAN KULIAH

panas (efek determinis), dan terdapat kemungkinan timbulnya kanker (efek non determinis). Sebenarnya di dalam sel akan terjadi dua proses yang utama yaitu proses ionisasi dan proses biokimia. Prose ionisasi. Pada proses ionisasi, akan terjadi perpecahan ikatan kimia (pembentukan ion) dari struktur kima sel, sehingga sel akan menjadi rusak. Proses biokimia. Pada proses ini, ionisasi tidak langsung mengenai sel, melainkan bereaksi dengan air, yang mengakibatkan pecahnya air menjadi H+ dan OHdalam bentuk radikal yang sangat reaktif. Senyawa radikal ini akan bereaksi dengan sel pada tubuh yang akan menimbulkan kelainan struktur kimia, yang akan mengakibatkan kerusakan sel. Dampak radiasi dapat di atasi sebagian dengan cara menjaga kondisi tubuh, yaitu melalui gizi makanan yang baik, dan juga banyak mengkonsumsi makanan yang banyak mengandung betakaroten, vitamin C, dan vitamin E. Beberapa contoh efek radiasi terhadap organ manusia diperlihatkan dalam Tabel ….. Tabel 12.3 Efek radiasi terhadap organ manusia

Proteksi Radiasi Proteksi radiasi adalah suatu cabang ilmu pengetahuan dan teknik yang membahas tentang kesehatan lingkungan yang berhubungan dengan pemberian perlindungan terhadap seseorang atau sekelompok orang dari kemungkinan akibat negative dari radiasi pengion.

FISIKA TEKNIK

209

BAHAN KULIAH

Tujuan proteksi radiasi adalah membatasi peluang terjadinya resiko stokastik dan mencegah terjadinya efek non stokastik. Misalkan katarak pada lensa mata, dan kerusakan sel kelamin yang mengakibatkan kemandulan merupakan efek non stokastik, sedangkan efek genetic dianggap sebagai efek stokastik. Berbagai cara dilakukan untuk melindungi seseorang terhadap efek negative radiasi pengion diantaranya: 1. Pembatasan dosis Pekerja radiasi tidak boleh berumur kurang dari 18 tahun dan wanita menyusui tidak diijinkan bekerja di daerah yang berkontaminasi tinggi. Misalkan, Nilai Batas Dosis (NBD) untuk penyinaran seluruh tubuh adalah 5000 mrem per tahun. NBD untuk masyarakat umum (seluruh tubuh) adalah 500 mrem dalam setahun. 2. Pembagian daerah kerja Daerah kerja dibedakan menjadi: - daerah pengawasan, yaitu daerah yang memungkinkan seseorang menerima dosis radiasi kurang dari 1500 mrem dalam satu tahun dan bebas kontaminasi, - daerah pengendalian, yaitu daerah yang memungkinkan seseorang menerima dosis radiasi 1500 mrem atau lebih dalam setahun. 3. Klasifikasi pekerja radiasi Untuk pembatasan penyinaran dan monitoring, maka pekerja radiasi di golongkan menjadi dua, yaitu: kategori A, untuk mereka yang dapat menerima dosis sama dengan atau lebih dari 1500 mrem per tahun, dan kategori B, yaitu mereka yang mungkin menerima dosis lebih kecil dari 1500 mrem per tahun. 4. Pemeriksaan dan pengujian perlengakapan Pemeriksaan dan pengujian perlengakapan proteksi radiasi dan alat ukur radiasi. 5. Pengendalian bahaya radiasi

FISIKA TEKNIK

210

BAHAN KULIAH

Pengendalian bahaya radiasi melalui pembatasan waktu kerja (bekerja sesingkat

mungkin:

Dosis = laju dosis x waktu) pengendalian jarak kerja (bekerja sejauh mungkin, laju dosis x jarak2 = konstan) dari sumber radiasi, dan penggunaan penahan radiasi (sehelai kertas untuk radiasi alfa, aluminium atau plexiglass untuk radiasi beta, dan timbale untuk radiasi gamma dan sinar X).

Soal–soal 1. Pohon hidup mengambil karbon -14 radioaktif dari atmosfer selama proses fotosintesa dan proporsi atom-atom C-14 adalah 1,25 dalam 1012. Ketika pohon mati C-14 meluruh, waktu paruhnya 5600 tahun. 4 gram karbon yang diambil dari pohon mati memberikan laju peluruhan 20 peluruhan per menit. Taksirlah usia pohon itu. ( Tetapan Avogadro = 6.0 x 1023 mol-1, 1 tahun =3,16 x 107 detik, ln 2 = 0.693). 2. Hitung pergeseran panjang gelombang compton untuk sebuah foton cahaya yang menumbuk sebuah elektron bebas dan dipantulkan balik ( h = 6,6 x 10-34 J s ; C = 3 x 108 m/s dan massa sebuah elektron =9 x 10-31 kg) 3. Elektron suatu bahan baru dapat terlepas bila disinari oleh cahaya yang panjang gelombangnya 4400 Ao (h = 6,6 x 10-34 J s ; C = 3 x 108 m/s ) . (a). Berapakah besar fungsi kerja bahan tersebut (b). Jika cahaya yang digunakan panjang gelombangnya 3300 Ao, berapakah energi kinitik maksimum elektron yang lepas. 4. Sebuah elektron yang mula-mula diam dipercepat oleh beda potensial listrik V. (a). Jika massa elektron e, tunjukkan bahwa elektron yang bergerak bersifat sebagai gelombang dengan panjang gelombang λ dan λ =

FISIKA TEKNIK

h 2meV

. (b). Jika V = 1200

211

BAHAN KULIAH

volt, hitung panjang gelombang elektron ( h = 6,6 x 10-34 J s ; C = 3 x 108 m/s dan massa sebuah elektron =9 x 10-31 kg) 5. Seberkas elektron dengan kelajuan 400 m/s didatangkan pada suatu kisi difraksi dengan jarak antar celah d. Berapa besar d jika suatu berkas elektron kuat muncul pada sudut 30o terhadap arah normal. 6. Pada model atom Niels Bohr, ketika elektron loncat dari kulit L ke kulit K atom H memancarkan energi sebesar E. Maka tentukanlah energi yang dipancarkan atom H ketika elektron dalam atom H loncat dari kulit M ke kulit K .... 7. Peluruhan massa zat radioaktif X memenuhi grafik massa (m) terhadap waktu (t) seperti gambar dibawah ini.

Berdasarkan grafik tersebut konstanta peluruhan (λ) zat radioaktif X adalah … DAFTAR PUSTAKA Alonso M. & Finn E.Y. 1980. Fundamental University Physics 1. USA: Addison Wesley Publishing Company Budikase, E & Kertiasa, N. 1995. Fisika 2 untuk SMU Kelas II. Jakarta: Departemen Pendidikan dan Kebudayaan. Foster B 2004. Terpadu Fisika SMA jilid 1B. Jakarta rlangga. Kanginan, M. 1991. Fisika SMU. Jakarta: Penerbit Erlangga Kanginan, M. 2005. Seribu Pena Fisika SMA untuk Klas X. Jakarta: Penerbit Erlangga Kertiasa, N. 1993. Fisika I. Jakarta: Departemen Pendidikan dan Kebudayaan. Kuznetsov M 1981. Fundamental of Eectrical Engineering. Moscow Peace Publishers. Marappung M, Ramlan T 1987. Penyelesaian Soal-Soal Fisika Universitas. Bandung Ganesha Bandung. Mudilarto 1998. Materi Pokok isika Dasar II : Buku II modul 7-12. Jakarta Dep. Dik Bud Dirjend Pendidikan Dasar dan Menengah. Sears, M.W & Zemansky. 1982. University Physics. USA: Addison Wesley Publishing Company

FISIKA TEKNIK

212

BAHAN KULIAH

Sedoyo, P. 2004. Fisika Dasar . Jogjakarta: Andi Jogjakarta, Supriyadi. 1995. Fisika I. Malang: Dian Ilmu. Surya, Y. 1988. Fisika I. Jakarta: Intan Pariwara. Sutrisno 1983. Seri Fisika Dasar Fisika Modern. Bandung Penerbit ITB. Sutrisno, Gie TI 1983. Seri Fisika Dasar Listrik, Magnet dan Thermofisika. Bandung Penerbit ITB. Sutrisno. 1982. Fisika Dasar. Bandung: Penerbit ITB. Taranggono A, Rachmat U, Subagya H 2001. Sains Fisika 2B. Jakarta Bumi Aksara. Tim Seqip. 2000. Buku IPA Guru. Sciense Education Quality Improvement Project. Umar, E. 2004. Fisika dan Kecakapan Hidup, Jakarta: Ganeca Exact Yahannes S, 2009. “ Mekanika dan Fluida ( Buku 1 dan 2) Seri bahan persiapan olimpiade fisika” PT Kandel ; Tangerang Zuhal, A.Q. 1995. Fisika SMU dan Pesantren. Jakarta: Departemen Iptek dan ICMI.

FISIKA TEKNIK

213