Sepuluh soal pilihan OSN bidang magnet & elektromagnetisme dengan diagram interaktif, jebakan konsep tersembunyi, dan pembahasan super detail. Klik tombol untuk membuka pembahasan.
Partikel alpha (\(q = +2e\), \(m = 4\,u\)) ditembakkan horizontal dengan kecepatan \(v_0\) ke dalam daerah bermedan magnet \(B = 0{,}2\text{ T}\) seragam tegak lurus masuk bidang. Partikel membentuk lintasan setengah lingkaran dan keluar berjarak \(d = 20\text{ cm}\) dari titik masuk.
| \(q\) | \(+2e = 3{,}2 \times 10^{-19}\text{ C}\) |
| \(m\) | \(4 \times 1{,}67 \times 10^{-27}\text{ kg} = 6{,}68 \times 10^{-27}\text{ kg}\) |
| \(B\) | \(0{,}2\text{ T}\) |
| \(d\) | \(20\text{ cm} = 0{,}2\text{ m}\) |
Banyak siswa langsung menjawab \(R = d\), padahal \(d\) adalah diameter (jarak antara titik masuk dan keluar pada lintasan setengah lingkaran), sehingga \(R = d/2 = 10\text{ cm}\). Juga, banyak yang lupa menentukan arah membelok menggunakan kaidah tangan kanan / aturan \(\vec{F} = q\vec{v}\times\vec{B}\).
Tentukan jari-jari lintasan:
Titik masuk dan keluar terpisah sejauh \(d = 2R\) (diameter setengah lingkaran).
$$R = \frac{d}{2} = \frac{0{,}2}{2} = 0{,}1\text{ m}$$Gunakan syarat gerak melingkar dalam medan magnet:
Gaya Lorentz = gaya sentripetal:
$$qv_0 B = \frac{mv_0^2}{R} \quad\Rightarrow\quad qB = \frac{mv_0}{R}$$ $$v_0 = \frac{qBR}{m} = \frac{3{,}2\times10^{-19} \times 0{,}2 \times 0{,}1}{6{,}68\times10^{-27}}$$ $$v_0 = \frac{6{,}4\times10^{-21}}{6{,}68\times10^{-27}} \approx 9{,}58 \times 10^{5}\text{ m/s}$$Energi kinetik:
$$E_k = \frac{1}{2}mv_0^2 = \frac{1}{2}\times 6{,}68\times10^{-27}\times(9{,}58\times10^5)^2$$ $$E_k = \frac{1}{2}\times 6{,}68\times10^{-27}\times 9{,}178\times10^{11} \approx 3{,}06\times10^{-15}\text{ J} \approx 19{,}1\text{ keV}$$Arah pembelokan: \(\vec{v} = +\hat{x}\) (ke kanan), \(\vec{B} = -\hat{z}\) (masuk layar). Muatan \(q>0\).
$$\vec{F} = q\vec{v}\times\vec{B} = q(v_0\hat{x})\times(-B\hat{z}) = -qv_0B(\hat{x}\times\hat{z}) = -qv_0B(-\hat{y}) = +qv_0B\hat{y}$$Gaya awal ke atas → partikel membelok ke atas (membentuk setengah lingkaran di atas garis masuk).
Insight: Jarak antara titik masuk dan keluar pada lintasan setengah lingkaran selalu = diameter, bukan jari-jari. Ini adalah jebakan klasik OSN. Selain itu, gaya Lorentz tidak melakukan usaha (tegak lurus \(\vec{v}\)), sehingga laju partikel konstan di seluruh lintasan.
Tiga kawat panjang sejajar A, B, dan C terletak pada satu bidang. Kawat A membawa arus \(I_A = 6\text{ A}\) ke atas, kawat B membawa \(I_B = 3\text{ A}\) ke atas, berjarak \(d = 30\text{ cm}\) satu sama lain. Kawat C berada di antara A dan B membawa arus ke bawah.
| \(I_A\) | 6 A (ke atas) |
| \(I_B\) | 3 A (ke atas) |
| \(d\) | 30 cm |
| \(\mu_0\) | \(4\pi \times 10^{-7}\text{ T·m/A}\) |
Jebakan pertama: C harus berada di antara A dan B, tetapi banyak siswa asal meletakkan C di tengah (\(x=15\text{ cm}\)) tanpa memeriksa apakah itu benar. Jebakan kedua: untuk gaya pada A = 0, gaya dari B dan C pada A harus saling meniadakan — arah arus C yang berlawanan (ke bawah) sangat penting untuk analisis ini.
Gaya per satuan panjang antara dua kawat sejajar:
$$\frac{F}{L} = \frac{\mu_0 I_1 I_2}{2\pi r}$$Arus searah → tarik-menarik; arus berlawanan → tolak-menolak.
Analisis gaya pada C: C berada di jarak \(x\) dari A, sehingga jarak C ke B = \(d-x\).
Arus C ke bawah (berlawanan dengan A → tolak, berlawanan dengan B → tolak). Untuk gaya total pada C = 0:
$$F_{AC} = F_{BC} \quad\Rightarrow\quad \frac{\mu_0 I_A I_C}{2\pi x} = \frac{\mu_0 I_B I_C}{2\pi(d-x)}$$ $$\frac{I_A}{x} = \frac{I_B}{d-x} \quad\Rightarrow\quad I_A(d-x) = I_B \cdot x$$ $$6(0{,}3-x) = 3x \quad\Rightarrow\quad 1{,}8 = 9x \quad\Rightarrow\quad x = 0{,}2\text{ m} = 20\text{ cm}$$Verifikasi arah: Gaya dari A pada C = tolak (ke kanan, menuju B). Gaya dari B pada C = tolak (ke kiri, menuju A). Keduanya berlawanan arah → bisa setimbang. ✓
Titik kesetimbangan lebih dekat ke B (yang lebih lemah) — masuk akal secara fisika.
Gaya pada A = 0: Gaya pada A berasal dari B (tarik, ke kanan) dan dari C (tolak karena arus berlawanan, ke kiri juga). Agar total = 0:
$$\frac{\mu_0 I_A I_B}{2\pi d} = \frac{\mu_0 I_A I_C}{2\pi x}$$ $$\frac{I_B}{d} = \frac{I_C}{x} \quad\Rightarrow\quad I_C = I_B \cdot \frac{x}{d} = 3 \times \frac{0{,}2}{0{,}3} = 2\text{ A}$$Insight: Posisi kesetimbangan \(x/d = I_B/(I_A+I_B)\) — C lebih dekat ke kawat yang lebih lemah. Ini berlaku umum untuk dua kawat dengan arah arus yang ingin menyeimbangkan kawat ketiga. Dua syarat kesetimbangan (untuk C dan untuk A) memberikan dua persamaan yang konsisten di sini karena \(I_C\) ternyata memenuhi keduanya.
Batang konduktor panjang \(L = 0{,}5\text{ m}\) bergerak ke kanan dengan kecepatan \(v = 5\text{ m/s}\) di atas rel horizontal dalam medan magnet \(B = 0{,}4\text{ T}\) yang keluar dari bidang. Batang memiliki hambatan dalam \(r = 1\text{ Ω}\) dan dihubungkan ke resistor luar \(R = 4\text{ Ω}\).
| \(B\) | 0,4 T (keluar bidang) |
| \(v\) | 5 m/s (ke kanan) |
| \(L\) | 0,5 m |
| \(r\) | 1 Ω (hambatan batang) |
| \(R\) | 4 Ω |
Banyak siswa melupakan hambatan dalam batang \(r\) dan langsung membagi EMF dengan \(R\) saja. Akibatnya arus dihitung terlalu besar. Juga, arah arus sering salah — perlu kaidah tangan kanan atau hukum Lenz, bukan tebakan.
EMF induksi (hukum Faraday / aturan fluks):
$$\varepsilon = BLv = 0{,}4 \times 0{,}5 \times 5 = 1\text{ V}$$Arus dalam rangkaian: Batang sebagai sumber EMF dengan hambatan dalam \(r\):
$$I = \frac{\varepsilon}{R + r} = \frac{1}{4 + 1} = 0{,}2\text{ A}$$Jika lupa \(r\): \(I = 1/4 = 0{,}25\text{ A}\) — salah!
Arah arus pada batang (Hukum Lenz):
Batang bergerak ke kanan → fluks \(\Phi = B \cdot A\) melalui rangkaian bertambah (luas loop membesar). Hukum Lenz: arus induksi harus menentang pertambahan fluks → arus menghasilkan medan ke dalam bidang di dalam loop → arus di batang mengalir dari bawah ke atas (menggunakan kaidah tangan kanan untuk loop).
Gaya pada batang (untuk mempertahankan kecepatan konstan):
Batang membawa arus \(I\) ke atas (\(\hat{y}\)) dalam medan \(B\) keluar (\(\hat{z}\)). Gaya Lorentz pada batang:
$$\vec{F}_{\text{magnet}} = I\vec{L}\times\vec{B} = I(L\hat{y})\times(B\hat{z}) = ILB(\hat{y}\times\hat{z}) = ILB\hat{x}$$Hmm — arah \(\hat{x}\) = ke kanan? Itu mendorong batang makin cepat. Perlu diperiksa ulang.
Jika arus di batang ke atas (\(+\hat{y}\)) dan \(\vec{B} = +B\hat{z}\): \(\hat{y}\times\hat{z}=\hat{x}\) → gaya ke kanan. Ini justru mempercepat, bertentangan Lenz. Ini berarti arus di batang bukan ke atas — mari periksa kembali arah Lenz dengan teliti.
Koreksi: Batang bergerak ke kanan (\(+\hat{x}\)), \(\vec{B} = +\hat{z}\) (keluar). Gaya pada muatan positif: \(\vec{F} = q\vec{v}\times\vec{B} = q(v\hat{x})\times(B\hat{z}) = qvB(\hat{x}\times\hat{z}) = -qvB\hat{y}\). Jadi muatan positif terdorong ke bawah (\(-\hat{y}\)) → arus di batang dari atas ke bawah, dalam loop → arus berlawanan jarum jam saat dilihat dari atas.
Gaya Lorentz pada batang berarus (\(I\) ke bawah, \(-\hat{y}\)) di medan \(+\hat{z}\):
$$\vec{F} = I(-L\hat{y})\times(B\hat{z}) = -ILB\hat{x} \quad \text{(ke kiri = menghambat gerak)}$$Gaya eksternal yang diperlukan agar \(v = \text{const}\):
$$F_{\text{ext}} = ILB = 0{,}2 \times 0{,}5 \times 0{,}4 = 0{,}04\text{ N (ke kanan)}$$Insight: Hukum Lenz adalah hukum kekekalan energi dalam bentuk elektromagnetisme — arus induksi selalu menentang penyebabnya. Gaya eksternal ini dikonversi menjadi energi listrik sebesar \(P = \varepsilon I = 0{,}2\text{ W}\), yang tepat sama dengan daya yang dihamburkan di \(R+r\): \(I^2(R+r) = 0{,}04\times 5 = 0{,}2\text{ W}\). Konsisten!
Dalam spektrometer massa, ion-ion dilewatkan melalui selektor kecepatan (medan \(E\) dan \(B_1\)) sehingga hanya ion dengan \(v = E/B_1 = 1{,}5\times10^6\text{ m/s}\) yang lolos. Ion kemudian masuk ke ruang bermedan \(B_2 = 0{,}3\text{ T}\) dan membentuk lintasan setengah lingkaran. Dua jenis ion karbon dianalisis: \(^{12}\text{C}^{2+}\) dan \(^{14}\text{C}^{2+}\) (keduanya bermuatan \(+2e\)).
| \(v\) | \(1{,}5\times10^6\text{ m/s}\) |
| \(B_2\) | 0,3 T |
| \(q\) | \(+2e = 3{,}2\times10^{-19}\text{ C}\) |
| \(u\) | \(1{,}66\times10^{-27}\text{ kg}\) |
Jebakan utama: kedua ion bermuatan sama (\(+2e\)), sehingga \(r = mv/(qB_2)\) bergantung hanya pada massa. Banyak siswa lupa bahwa \(^{12}\text{C}^{2+}\) dan \(^{14}\text{C}^{2+}\) memiliki muatan sama, berbeda dari contoh soal isotop hidrogen. Jebakan kedua: jarak di detektor = \(2r\) (diameter), bukan \(r\).
Massa masing-masing ion:
$$m_1(^{12}\text{C}) = 12 \times 1{,}66\times10^{-27} = 1{,}992\times10^{-26}\text{ kg}$$ $$m_2(^{14}\text{C}) = 14 \times 1{,}66\times10^{-27} = 2{,}324\times10^{-26}\text{ kg}$$Jari-jari lintasan: \(r = mv/(qB_2)\)
$$r_1 = \frac{1{,}992\times10^{-26}\times1{,}5\times10^6}{3{,}2\times10^{-19}\times0{,}3} = \frac{2{,}988\times10^{-20}}{9{,}6\times10^{-20}} = 0{,}311\text{ m}$$ $$r_2 = \frac{2{,}324\times10^{-26}\times1{,}5\times10^6}{3{,}2\times10^{-19}\times0{,}3} = \frac{3{,}486\times10^{-20}}{9{,}6\times10^{-20}} = 0{,}363\text{ m}$$Jarak pisah di detektor:
$$\Delta d = 2r_2 - 2r_1 = 2(0{,}363 - 0{,}311) = 2\times0{,}052 = 0{,}104\text{ m} \approx 10{,}4\text{ cm}$$Jarak 10,4 cm lebih dari cukup untuk detektor modern. Ini menunjukkan mengapa spektrometri massa sangat akurat dalam memisahkan isotop!
Catatan umum: Untuk ion dengan muatan sama, \(\Delta d \propto \Delta m\). Semakin besar perbedaan massa, semakin mudah dipisahkan. Prinsip ini digunakan dalam pengayaan uranium (\(^{235}\text{U}\) vs \(^{238}\text{U}\)).
Insight: Spektrometri massa mengeksploitasi fakta bahwa \(r = mv/(qB)\). Dengan \(v\), \(q\), dan \(B\) tetap, pengukuran \(r\) langsung memberikan massa. Ini adalah salah satu metode paling akurat untuk mengukur massa atom. Resolusi \(m/\Delta m \approx 12/2 = 6\) sudah tinggi untuk alat sederhana!
Sebuah solenoida memiliki \(N = 500\) lilitan, panjang \(\ell = 25\text{ cm}\), dan jari-jari penampang \(r = 2\text{ cm}\). Solenoida dialiri arus \(I = 2\text{ A}\).
| \(N\) | 500 lilitan |
| \(\ell\) | 25 cm = 0,25 m |
| \(r\) | 2 cm = 0,02 m |
| \(I\) | 2 A |
| \(\mu_0\) | \(4\pi\times10^{-7}\text{ H/m}\) |
Jebakan klasik: menggunakan \(\mu_0\) saja untuk inti besi, lupa mengalikan dengan \(\mu_r\). Akibatnya energi tersimpan dihitung 500 kali lebih kecil! Jebakan kedua: lupa mengkuadratkan \(r\) saat menghitung luas penampang \(A = \pi r^2\).
Luas penampang solenoida:
$$A = \pi r^2 = \pi \times (0{,}02)^2 = 4\pi \times 10^{-4}\text{ m}^2 \approx 1{,}257\times10^{-3}\text{ m}^2$$(a) Induktansi dengan inti udara:
$$L = \frac{\mu_0 N^2 A}{\ell} = \frac{4\pi\times10^{-7}\times500^2\times1{,}257\times10^{-3}}{0{,}25}$$ $$L = \frac{4\pi\times10^{-7}\times250000\times1{,}257\times10^{-3}}{0{,}25}$$ $$L = \frac{4\pi\times10^{-7}\times314{,}2}{0{,}25} = \frac{3{,}948\times10^{-4}}{0{,}25} \approx 1{,}58\times10^{-3}\text{ H} = 1{,}58\text{ mH}$$(b) Induktansi dengan inti besi (\(\mu_r = 500\)):
$$L_{\text{besi}} = \mu_r \cdot L_{\text{udara}} = 500 \times 1{,}58\times10^{-3} = 0{,}79\text{ H}$$Inti besi melipatgandakan induktansi 500 kali — inilah mengapa inti besi digunakan dalam transformator dan induktor daya!
(c) Energi magnetik tersimpan (inti besi, \(I = 2\text{ A}\)):
$$U = \frac{1}{2}LI^2 = \frac{1}{2}\times0{,}79\times(2)^2 = \frac{1}{2}\times0{,}79\times4 = 1{,}58\text{ J}$$Pembanding: Jika lupa \(\mu_r\), \(U_{\text{salah}} = \frac{1}{2}\times1{,}58\times10^{-3}\times4 = 3{,}16\times10^{-3}\text{ J}\) — 500 kali lebih kecil dari jawaban benar!
Insight: Energi tersimpan dalam induktor \(U = \frac{1}{2}LI^2\) analog dengan energi kinetik \(\frac{1}{2}mv^2\) — di sini \(L\) analog dengan massa (inersia) dan \(I\) analog dengan kecepatan. Inti besi "membobot" induktor secara magnetik, memperbesar kapasitas penyimpanan energi.
Sebuah proton bergerak dengan kecepatan \(v = 10^6\text{ m/s}\) membentuk sudut \(\theta = 30°\) terhadap medan magnet seragam \(B = 0{,}1\text{ T}\). Proton menjalani gerak heliks (spiral) sepanjang arah medan.
| \(v\) | \(10^6\text{ m/s}\) |
| \(\theta\) | 30° |
| \(B\) | 0,1 T |
| \(q\) | \(1{,}6\times10^{-19}\text{ C}\) |
| \(m\) | \(1{,}67\times10^{-27}\text{ kg}\) |
Jebakan utama: menggunakan kecepatan penuh \(v\) untuk menghitung jari-jari, padahal yang relevan hanya komponen tegak lurus medan: \(v_\perp = v\sin\theta\). Komponen paralel \(v_\parallel = v\cos\theta\) tidak dipengaruhi medan magnet! Juga, periode heliks sama dengan periode melingkar — tidak bergantung pada \(v_\parallel\).
Dekomposisi kecepatan:
$$v_\perp = v\sin30° = 10^6 \times 0{,}5 = 5\times10^5\text{ m/s}$$ $$v_\parallel = v\cos30° = 10^6 \times \frac{\sqrt{3}}{2} \approx 8{,}66\times10^5\text{ m/s}$$Jari-jari helix (hanya bergantung pada \(v_\perp\)):
$$r = \frac{mv_\perp}{qB} = \frac{1{,}67\times10^{-27}\times5\times10^5}{1{,}6\times10^{-19}\times0{,}1}$$ $$r = \frac{8{,}35\times10^{-22}}{1{,}6\times10^{-20}} = 0{,}0522\text{ m} \approx 5{,}22\text{ cm}$$Jika salah gunakan \(v\): \(r = mv/(qB) = 10{,}4\text{ cm}\) — dua kali lebih besar!
Periode (tidak bergantung pada \(v_\perp\)!):
$$T = \frac{2\pi m}{qB} = \frac{2\pi\times1{,}67\times10^{-27}}{1{,}6\times10^{-19}\times0{,}1} = \frac{1{,}049\times10^{-26}}{1{,}6\times10^{-20}} = 6{,}56\times10^{-7}\text{ s}$$Perhatikan: T tidak bergantung pada kecepatan! Ini disebut isokronisitas, dan merupakan prinsip dasar siklotron.
Pitch (jarak maju per putaran):
$$p = v_\parallel \cdot T = 8{,}66\times10^5 \times 6{,}56\times10^{-7} = 0{,}568\text{ m} \approx 56{,}8\text{ cm}$$Insight: Gerak heliks adalah superposisi gerak melingkar (akibat \(v_\perp\)) dan gerak lurus beraturan (akibat \(v_\parallel\)). Sifat isokronik periode (tak bergantung kecepatan) adalah dasar kerja siklotron — partikel yang dipercepat tetap sinkron dengan frekuensi osilator meskipun makin cepat.
Loop kawat berbentuk persegi dengan sisi \(a = 10\text{ cm}\) dan hambatan \(R = 0{,}5\text{ Ω}\) bergerak ke kanan dengan kecepatan \(v = 2\text{ m/s}\) memasuki daerah bermedan magnet seragam \(B = 0{,}5\text{ T}\) (tegak lurus masuk bidang). Tiga fase: masuk, sepenuhnya di dalam, keluar.
| \(a\) | 10 cm = 0,1 m |
| \(v\) | 2 m/s (konstan) |
| \(B\) | 0,5 T |
| \(R\) | 0,5 Ω |
Banyak siswa menjawab \(\varepsilon = BLv\) untuk semua fase — salah! Saat loop sepenuhnya di dalam medan seragam, fluks konstan → \(\varepsilon = 0\), tidak ada arus! Juga, arah arus saat masuk dan keluar berlawanan (keduanya mematuhi Lenz), sering tertukar.
Fase 1 — Masuk (0 ≤ x ≤ a):
Fluks bertambah → EMF induksi ada:
$$\varepsilon_1 = BLv = B \cdot a \cdot v = 0{,}5 \times 0{,}1 \times 2 = 0{,}1\text{ V}$$ $$I_1 = \frac{\varepsilon_1}{R} = \frac{0{,}1}{0{,}5} = 0{,}2\text{ A}$$Arah arus: fluks masuk bertambah → Lenz → arus berlawanan jarum jam (dilihat dari depan) = arus di sisi masuk dari bawah ke atas.
Fase 2 — Sepenuhnya di dalam (a ≤ x ≤ 2a):
Fluks konstan \(\Phi = Ba^2\) → \(d\Phi/dt = 0\)
$$\varepsilon_2 = 0 \quad\Rightarrow\quad I_2 = 0$$Medan seragam tidak menginduksi EMF saat loop seluruhnya di dalam — ini adalah jebakan paling sering muncul di OSN!
Fase 3 — Keluar (2a ≤ x ≤ 3a):
Fluks berkurang → Lenz: arus harus mempertahankan fluks → arus searah jarum jam (dilihat dari depan):
$$\varepsilon_3 = BLv = 0{,}1\text{ V} \quad I_3 = 0{,}2\text{ A}$$Arah berlawanan dengan fase masuk!
Profil EMF vs posisi:
Berbentuk "top-hat": \(\varepsilon = 0{,}1\text{ V}\) saat masuk, \(\varepsilon = 0\) di dalam, \(\varepsilon = 0{,}1\text{ V}\) saat keluar (dengan arus berlawanan arah).
Gaya yang diperlukan mempertahankan \(v\): \(F = BIa = 0{,}5\times0{,}2\times0{,}1 = 0{,}01\text{ N}\) (pada fase 1 dan 3), dan \(F = 0\) di fase 2.
Insight: EMF induksi bergantung pada perubahan fluks, bukan besar fluks. Di dalam medan seragam, fluks maksimum tapi tetap → EMF nol. Profil EMF berbentuk "top-hat" ini sering muncul sebagai soal grafik di OSN. Kehadiran EMF hanya saat sisi loop memotong garis medan!
Dua loop kawat melingkar terletak pada bidang yang sama (koplanar) dan berpusat berbeda. Loop A: jari-jari \(R_A = 10\text{ cm}\), arus \(I_A = 5\text{ A}\) berlawanan jarum jam. Loop B: jari-jari \(R_B = 5\text{ cm}\), arus \(I_B = 4\text{ A}\) searah jarum jam.
| \(R_A\) | 10 cm, \(I_A = 5\) A (berlawanan jarum jam) |
| \(R_B\) | 5 cm, \(I_B = 4\) A (searah jarum jam) |
| \(\mu_0\) | \(4\pi\times10^{-7}\text{ T·m/A}\) |
Jebakan: ketika dua loop koplanar terpisah (bukan konsentrik), medan di pusat A akibat loop B bukan nol — tetapi menghitungnya memerlukan hukum Biot-Savart yang sangat kompleks. Soal ini menguji apakah siswa mengerti bahwa rumus \(B = \mu_0 I/(2R)\) hanya berlaku di pusat loop itu sendiri. Untuk bagian konsentrik, superposisi berlaku langsung.
Medan di pusat loop A (\(O_A\)) akibat loop A sendiri:
$$B_A = \frac{\mu_0 I_A}{2R_A} = \frac{4\pi\times10^{-7}\times5}{2\times0{,}10} = \frac{2\pi\times10^{-6}}{0{,}20} = \pi\times10^{-5}\text{ T} \approx 3{,}14\times10^{-5}\text{ T}$$Arah: arus berlawanan jarum jam → medan ke luar bidang (\(+\hat{z}\)) di \(O_A\).
Medan di pusat loop B (\(O_B\)) akibat loop B sendiri:
$$B_B = \frac{\mu_0 I_B}{2R_B} = \frac{4\pi\times10^{-7}\times4}{2\times0{,}05} = \frac{1{,}6\pi\times10^{-6}}{0{,}10} = 1{,}6\pi\times10^{-5}\text{ T} \approx 5{,}03\times10^{-5}\text{ T}$$Arah: arus searah jarum jam → medan ke dalam bidang (\(-\hat{z}\)) di \(O_B\).
Catatan penting untuk loop terpisah (tidak konsentrik):
Rumus \(B=\mu_0 I/(2R)\) hanya valid di pusat loop sendiri. Kontribusi loop A ke titik \(O_B\) (dan sebaliknya) memerlukan Biot-Savart numerik — tidak dapat dihitung dengan rumus sederhana!
Ini adalah jebakan soal yang menguji pemahaman batas berlakunya rumus.
Kasus konsentrik (pusat sama): Superposisi berlaku di titik pusat bersama:
$$B_{\text{total}} = B_A - B_B = \pi\times10^{-5} - 1{,}6\pi\times10^{-5} = -0{,}6\pi\times10^{-5}\text{ T}$$ $$|B_{\text{total}}| = 0{,}6\pi\times10^{-5} \approx 1{,}885\times10^{-5}\text{ T}$$Arah: ke dalam bidang (\(-\hat{z}\)), karena loop B lebih dominan (medan lebih kuat).
Insight: Rumus \(B = \mu_0 I/(2R)\) adalah hasil integrasi Biot-Savart yang hanya berlaku tepat di pusat loop. Superposisi medan hanya sesederhana penjumlahan vektor ketika kita mengevaluasi di satu titik yang sama — titik pusat konsentrik. Di titik lain, setiap elemen arus berkontribusi dengan jarak dan sudut yang berbeda.
Sebuah transformator step-down memiliki gulungan primer \(N_P = 1000\) lilitan dengan \(V_P = 220\text{ V}\) dan gulungan sekunder \(N_S = 200\) lilitan. Transformator beroperasi dengan efisiensi \(\eta = 80\%\). Beban pada sekunder: \(R_L = 40\text{ Ω}\).
| \(N_P / N_S\) | 1000 / 200 |
| \(V_P\) | 220 V |
| \(\eta\) | 80% |
| \(R_L\) | 40 Ω |
Jebakan: menggunakan rumus \(V_S/V_P = N_S/N_P\) lalu langsung menghitung \(I_P = I_S \cdot N_S/N_P\) dengan asumsi transformator ideal. Padahal dengan \(\eta = 80\%\), daya primer harus lebih besar dari daya sekunder. Rumus rasio tegangan tetap berlaku (ditentukan jumlah lilitan), tetapi hubungan arus primer-sekunder berubah!
(a) Tegangan sekunder (bergantung rasio lilitan, tidak bergantung efisiensi):
$$V_S = V_P \times \frac{N_S}{N_P} = 220 \times \frac{200}{1000} = 44\text{ V}$$(b) Arus sekunder (ke beban):
$$I_S = \frac{V_S}{R_L} = \frac{44}{40} = 1{,}1\text{ A}$$(c) Daya yang diserap beban (daya output):
$$P_{\text{out}} = V_S \cdot I_S = 44 \times 1{,}1 = 48{,}4\text{ W}$$atau \(P_{\text{out}} = V_S^2/R_L = 44^2/40 = 48{,}4\text{ W}\). ✓
(d) Daya yang disuplai sumber (daya input):
$$\eta = \frac{P_{\text{out}}}{P_{\text{in}}} \quad\Rightarrow\quad P_{\text{in}} = \frac{P_{\text{out}}}{\eta} = \frac{48{,}4}{0{,}80} = 60{,}5\text{ W}$$Arus primer:
$$I_P = \frac{P_{\text{in}}}{V_P} = \frac{60{,}5}{220} = 0{,}275\text{ A}$$Bandingkan dengan transformator ideal: \(I_P = I_S \cdot N_S/N_P = 1{,}1\times0{,}2 = 0{,}22\text{ A}\) — lebih kecil. Dengan rugi, sumber harus menyuplai lebih banyak arus.
(e) Rugi daya dalam transformator:
$$P_{\text{rugi}} = P_{\text{in}} - P_{\text{out}} = 60{,}5 - 48{,}4 = 12{,}1\text{ W}$$Ini adalah energi yang terbuang sebagai panas di inti besi (histeresis & eddy currents) dan di kawat.
Insight: Rasio tegangan transformator selalu ditentukan oleh geometri (jumlah lilitan) — bukan efisiensi. Efisiensi mempengaruhi hubungan daya dan arus. Transformator nyata rugi karena: (1) resistansi kawat, (2) histeresis inti, (3) arus eddy. Inti besi dilaminasi justru untuk mengurangi arus eddy!
Sebuah konduktor pelat (semikonduktor tipe-n, pembawa muatan: elektron) dialiri arus \(I = 100\text{ mA}\) dalam arah \(+x\). Medan magnet \(B = 0{,}2\text{ T}\) diarahkan ke atas \((+z)\). Dimensi: tebal \(t = 1\text{ mm}\), lebar \(w = 2\text{ mm}\). Konsentrasi elektron \(n = 5\times10^{22}\text{ m}^{-3}\).
| \(I\) | 100 mA = 0,1 A |
| \(B\) | 0,2 T (arah \(+z\)) |
| \(t \times w\) | 1 mm × 2 mm |
| \(n\) | \(5\times10^{22}\text{ m}^{-3}\) |
| \(e\) | \(1{,}6\times10^{-19}\text{ C}\) |
Jebakan ganda! (1) Arus \(I\) dalam arah \(+x\), tetapi elektron bergerak ke arah \(-x\) (berlawanan arus konvensional). Gaya Lorentz pada elektron: \(\vec{F} = q\vec{v}\times\vec{B} = (-e)(-v_d\hat{x})\times(B\hat{z}) = ev_dB(\hat{x}\times\hat{z}) = -ev_dB\hat{y}\). Elektron terdorong ke \(-y\). (2) Banyak siswa berpikir hole berperilaku sama — padahal hole bergerak ke \(+x\), mengalami gaya ke \(-y\) juga, tetapi karena muatannya positif, tanda \(V_H\) berbalik.
(a) Kecepatan drift elektron:
Arus listrik: \(I = nev_d A\), di mana \(A = t \times w\):
$$A = 1\times10^{-3} \times 2\times10^{-3} = 2\times10^{-6}\text{ m}^2$$ $$v_d = \frac{I}{neA} = \frac{0{,}1}{5\times10^{22}\times1{,}6\times10^{-19}\times2\times10^{-6}}$$ $$v_d = \frac{0{,}1}{5\times10^{22}\times3{,}2\times10^{-25}} = \frac{0{,}1}{1{,}6\times10^{-2}} = 6{,}25\text{ m/s}$$Kecepatan drift sangat kecil — bukan kecepatan gelombang EM! Elektron "merangkak" perlahan di konduktor.
(b) Gaya Lorentz pada elektron (arah \(-x\) karena arus \(+x\)):
$$\vec{v}_e = -v_d\hat{x}, \quad \vec{B} = B\hat{z}$$ $$\vec{F} = q\vec{v}\times\vec{B} = (-e)(-v_d\hat{x})\times(B\hat{z}) = ev_dB(\hat{x}\times\hat{z}) = -ev_dB\hat{y}$$Elektron terdorong ke arah \(-y\) (ke bawah). Elektron menumpuk di bawah → sisi bawah bermuatan negatif, sisi atas positif.
Kesetimbangan Hall (gaya listrik = gaya magnetik):
$$eE_H = ev_dB \quad\Rightarrow\quad E_H = v_dB = 6{,}25\times0{,}2 = 1{,}25\text{ V/m}$$Tegangan Hall:
$$V_H = E_H \times w = 1{,}25\times2\times10^{-3} = 2{,}5\times10^{-3}\text{ V} = 2{,}5\text{ mV}$$Polaritas: sisi atas (\(+y\)) positif relatif sisi bawah (\(-y\)).
(c) Tipe-p (hole, muatan \(+e\), bergerak ke \(+x\)):
$$\vec{v}_{\text{hole}} = +v_d\hat{x}, \quad \vec{F} = (+e)(v_d\hat{x})\times(B\hat{z}) = ev_dB(\hat{x}\times\hat{z}) = -ev_dB\hat{y}$$Hole juga terdorong ke \(-y\) (sama dengan elektron!). Tetapi hole adalah muatan positif → sisi bawah menjadi positif, sisi atas negatif.
Tanda \(V_H\) berbalik untuk tipe-p vs tipe-n, meskipun besar sama. Inilah cara efek Hall menentukan tipe semikonduktor!
Insight: Efek Hall adalah salah satu cara langsung menentukan tipe dan konsentrasi pembawa muatan dalam semikonduktor. Sensor Hall digunakan di hampir semua ponsel (kompas digital), motor listrik brushless, dan pembacaan posisi. Tanda tegangan Hall secara eksperimen membedakan tipe-n dan tipe-p — ini tidak bisa dilakukan dengan pengukuran hambatan biasa!