Ahmad Basyir Najwan Jln. Mr. Cokrokusumo No.54 RT.015/005, … · 3 2sin4𝜃−4(1+ ... konstan, jadi kita harus nyatakan sebagai fungsi salah satu peubah bebas saja. Karena 𝜃

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821

mechtermlighlismfism

DC3BCE5B

[email protected]

www.basyiralbanjari.wordpress.com

Ahmad Basyir Najwan Jln. Mr. Cokrokusumo No.54 RT.015/005, Kel. Cempaka, Kec. Cempaka, Kota

Banjarbaru, Kalimantan Selatan, Kode Pos 70733 Contact Person : 0896-5985-6821

Follow my Instagram @basyir.elphisic.elbanjari

Hal | 1

OSN Fisika 2017 Number 1 GERAKAN KUMBANG DI PINGGIR PIRINGAN Sebuah piringan lingkaran (massa 𝑀, jari-jari 𝑎) digantung pada engsel/sumbu simetri mendatar tanpa gesekan yang melalui titik pusat piringan 𝑂 (lihat gambar). Seekor kumbang 𝐾 bermassa 𝑚 bergerak merambat di tepian piringan dengan kelajuan konstan 𝑢. Piringan mula-mula dikondisikan dalam keadaan diam dahulu kemudian dilepas bersamaan dengan saat kumbang berada di titik terbawah tepian piringan. Tentukan besar minimum kelajuan 𝑢 yang diperlukan agar kumbang akhirnya berhasil mencapai posisi tertinggi di tepian piringan tersebut. Pembahasan : Kita akan tinjau piringan dan kumbang secara terpisah. Berikut diagram gaya yang bekerja pada keduanya.

Piringan Dari Hukum II Newton tentang gerak rotasi didapatkan Σ𝜏 = Ι�̈�

𝑓𝑎 =1

2𝑀𝑎2�̈�

𝑓 =1

2𝑀𝑎�̈�

Kumbang 𝐾 Dari Hukum II Newton pada koordinat polar didapatkan Σ𝐹 = 𝑚𝑎𝜃 𝑓 − 𝑚𝑔 sin 𝜃 = 𝑚𝑎�̈� 1

2𝑀𝑎�̈� − 𝑚𝑔 sin 𝜃 = 𝑚𝑎�̈�

Dari gerakan kumbang dan piringan akan kita dapatkan hubungan

𝜃 + 𝜑 =𝑢𝑡

𝑎→ �̇� + �̇� =

𝑢

𝑎→ �̈� + �̈� = 0 → �̈� = −�̈�

maka

θ

𝐾

𝑢

𝑂

𝑎

𝑀

�̈�

𝜑 �̈�

𝑓

𝑂

𝑚𝑔

𝑢

𝑓

𝜃 𝜑

𝑂

�̈� 𝜃

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 2

1

2𝑀𝑎(−�̈�) − 𝑚𝑔 sin 𝜃 = 𝑚𝑎�̈�

𝑎�̈� (1

2𝑀 +𝑚) = −𝑚𝑔 sin 𝜃

�̈� =𝑑𝜔

𝑑𝑡= 𝜔

𝑑𝜔

𝑑𝜃= −

𝑚𝑔 sin 𝜃

𝑎 (12𝑀 +𝑚)

𝜔𝑑𝜔 = −2𝑚𝑔 sin 𝜃

𝑎(𝑀 + 2𝑚)𝑑𝜃

∫ 𝜔𝑑𝜔𝜔

𝜔𝑜

= −2𝑚𝑔

𝑎(𝑀 + 2𝑚)∫ sin 𝜃 𝑑𝜃𝜃

0

𝜔2

2]𝜔𝑜

𝜔

= −2𝑚𝑔

𝑎(𝑀 + 2𝑚)[− cos 𝜃]0

𝜃

𝜔2

2−𝜔𝑜

2

2= −

2𝑚𝑔

𝑎(𝑀 + 2𝑚)(− cos 𝜃 + 1)

𝜔2

2=𝜔𝑜

2

2−

2𝑚𝑔

𝑎(𝑀 + 2𝑚)(1 − cos 𝜃)

Nilai ωo bisa kita dapatkan dengan melihat keadaan awal system. Saat awal berlaku

𝜔𝑜 =𝑢

𝑎

Subtitusi ke persamaan sebelumnya 𝜔2

2=𝑢2

2𝑎2−

2𝑚𝑔

𝑎(𝑀 + 2𝑚)(1 − cos 𝜃)

Untuk mengetahui nilai 𝑢 minimum agar kumbang dapat mencapai puncak piringan, syarat yang harus dipenuhi adalah kecepatan sudut 𝜔 sama dengan nol saat berada di puncak piringan, artinya kecepatan sudut memiliki nilai minimum untuk mencapai puncak. Saat di puncak piringan 𝜃 = 𝜋.

0 =𝑢2

2𝑎2−

2𝑚𝑔

𝑎(𝑀 + 2𝑚)(1 − cos 𝜋⏟

−1

)

𝑢2 =8𝑚𝑔𝑎

(𝑀 + 2𝑚)→ 𝑢 = √

8𝑚𝑔𝑎

(𝑀 + 2𝑚)

OSN Fisika 2017 Number 2

KESETIMBANGAN DUMPBELL

Sebuah pojokan terdiri dari dinding dan lantai yang membentuk sudut 𝜃 seperti ditunjukkan pada gambar di bawah. Sebuah dumbbell yang terdiri dari dua bola identik yang bermassa 𝑚 dan terhubungkan oleh sebuah batang tak bermassa dengan panjang 𝑑. Dumbbell disimpan seperti pada gambar dan berada dalam posisi setimbang. Diketahui percepatan gravitasi adalah 𝑔 dan anggap bola sebagai partikel titik. Abaikan semua gaya gesekan.

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 3

Tentukanlah :

a. Nilai sin 𝜃 dinyatakan dalam 𝛿 = 𝑟𝑐 𝑑⁄ . b. Nilai sin 𝜃 untuk kasus 𝛿 = 𝑟𝑐 𝑑⁄ . c. Besar masing-masing gaya yang diberikan dumbbel pada dinding dan lantai

(dinyatakan dalam 𝛿,𝑚, dan 𝑔). d. Jenis keseimbangan dari system dumpbell tersebut.

PEMBAHASAN :

a. Perhatikan gambar di bawah ini!

Menurut aturan sinus akan kita dapatkan hubungan

𝑑

sin 𝜃=

𝑟𝑐sin𝜑

sin𝜑 =𝑟𝑐𝑑sin 𝜃

sin𝜑 = 𝛿 sin 𝜃 … (1)

Selanjutnya kita tinjau gaya-gaya yang bekerja pada sistem dumpbell.

Arah

Gravitasi

dinding

𝑑

𝑟𝑐

𝜃

𝜑 𝑑

𝑟𝑐 𝜃

𝜃

𝜃

2𝑚𝑔

𝑁2

𝑁1

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 4

Σ𝐹𝑥 = 0 → 𝑁1 − 𝑁2 cos 𝜃 = 0 → 𝑁1 = 𝑁2 cos 𝜃… (2)

Σ𝐹𝑦 = 0 → 𝑁2 sin 𝜃 − 2𝑚𝑔 = 0 →𝑁2 sin 𝜃 = 2𝑚𝑔…(3)

Keseimbangan torsi terhadap pusat massa sistem

Σ𝜏 = 0

𝑁1𝑑

2cos𝜑 + 𝑁2 cos 𝜃

𝑑

2cos𝜑 − 𝑁2 sin 𝜃

𝑑

2sin𝜑 = 0

𝑁1 cos𝜑 = 𝑁2 sin 𝜃 sin𝜑 −𝑁2 cos 𝜃 cos𝜑… (4)

Subtitusi persamaan (2) ke (4)

𝑁2 cos 𝜃 cos𝜑 = 𝑁2 sin 𝜃 sin𝜑 −𝑁2 cos 𝜃 cos 𝜑

2 cos 𝜃 cos𝜑 = sin 𝜃 sin𝜑… (5)

Berdasarkan identitas trigonometri didapatkan

cos 𝜃 = √1 − sin2 𝜃

cos𝜑 = √1 − sin2𝜑

Subtitusi hasil ini ke persamaan (5)

2√1 − sin2 𝜃√1 − sin2 𝜑 = sin 𝜃 sin𝜑

Kemudian subtitusi persamaan (1)

2√1 − sin2 𝜃√1 − 𝛿2 sin2 𝜃 = sin 𝜃 𝛿 sin 𝜃

4(1 − sin2 𝜃)(1 − 𝛿2 sin2 𝜃) = 𝛿2 sin4 𝜃

4(1 − sin2 𝜃 − 𝛿2 sin2 𝜃 +𝛿2 sin4 𝜃) = 𝛿2 sin4 𝜃

4 − 4 sin2 𝜃 − 4𝛿2 sin2 𝜃 + 4𝛿2 sin4 𝜃 = 𝛿2 sin4 𝜃

3𝛿2 sin4 𝜃 − 4(1 + 𝛿2) sin2 𝜃 + 4 = 0

Persamaan di atas adalah persamaan kuadrat dengan variabel sin2 𝜃

Menggunakan rumus kuadrat akan kita dapatkan

sin2 𝜃 =4(1 + 𝛿2) ± √(4(1 + 𝛿2))

2− 4(3𝛿2)(4)

2(3𝛿2)

sin2 𝜃 =4(1 + 𝛿2) ± √16 + 16𝛿4 + 32𝛿2 − 48𝛿2

6𝛿2

sin2 𝜃 =2(1 + 𝛿2) ± 2√1 + 𝛿4 − 𝛿2

3𝛿2⟹ sin𝜃 = √

2

3(1 + 𝛿2 ± √1 + 𝛿4 − 𝛿2

𝛿2)

b. Untuk nilai 𝛿 = 1, nilai sin 𝜃 akan menjadi

sin 𝜃 = √2

3(1 + 12 ± √1 + 14 − 12

12) → sin 𝜃 = √

2

3(2 ± 1)

Karena nilai sin 𝜃 hanya mungkin pada selang 0 ≤ sin 𝜃 ≤ 1, maka solusi yang mungkin adalah

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 5

sin 𝜃 = √2

3

c. Gaya yang diberikan lantai pada dumpbell adalah

𝑁2 sin 𝜃 = 2𝑚𝑔

𝑁2 =2𝑚𝑔

sin 𝜃

𝑁2 =2𝑚𝑔

√23(1 + 𝛿2 ± √1 + 𝛿4 − 𝛿2

𝛿2)

Dari persamaan (6) akan kita dapatkan

cos 𝜃 = √1 − sin2 𝜃

cos 𝜃 = √1 −2

3(1 + 𝛿2 ± √1 + 𝛿4 − 𝛿2

𝛿2)

Maka gaya yang diberikan dinding pada dumpbell adalah

𝑁1 = 𝑁2 cos 𝜃

𝑁1 =2𝑚𝑔

sin 𝜃cos 𝜃

𝑁1 =2𝑚𝑔

√23(1 + 𝛿2 ± √1 + 𝛿4 − 𝛿2

𝛿2)

√1 −2

3(1 + 𝛿2 ± √1 + 𝛿4 − 𝛿2

𝛿2)

d. Untuk mengetahui jenis keseimbangan system, kita akan melihatnya dari turunan kedua energy potensial system.

𝑈 = Energi Potensial Sistem

Jika 𝑑2𝑈 𝑑𝑞2⁄ ≥ 0, maka system berada dalam keseimbangan stabil

Jika 𝑑2𝑈 𝑑𝑞2⁄ = 0, maka system berada dalam keseimbangan netral

Jika 𝑑2𝑈 𝑑𝑞2⁄ ≤ 0, maka system berada dalam keseimbangan labil

Dimana 𝑞 adalah variabel yang bebasnya.

Kita tinjau energi potensial sistem terhadap titik pojok lantai dan dinding. Terhadap titik ini energi potensial sistem adalah

𝑈 = 𝑚𝑔𝑑 sin 𝜑

tan 𝜃+ 𝑚𝑔 (

𝑑 sin𝜑

tan 𝜃+ 𝑑 cos𝜑)

𝑈 = 𝑚𝑔𝑑 (2 sin 𝜑

tan 𝜃+ cos𝜑)

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 6

Kenapa kita tidak menggunanakan 𝑟𝑐 pada persamaan di atas? Karena nilai 𝑟𝑐 tidak konstan, jadi kita harus nyatakan 𝑈 sebagai fungsi salah satu peubah bebas saja. Karena 𝜃 juga bernilai konstan, jadi kita nyatakan 𝑈 sebagai fungsi 𝜑.

𝑑2𝑈

𝑑𝜑2= 𝑚𝑔𝑑

𝑑2

𝑑𝜑2(2 sin𝜑

tan 𝜃+ cos𝜑) = 𝑚𝑔𝑑

𝑑

𝑑𝜑(2 cos𝜑

tan 𝜃− cos𝜑)

𝑑2𝑈

𝑑𝜑2= −𝑚𝑔𝑑 (

2 sin 𝜑

tan 𝜃+ sin𝜑)

Karena 𝑑2𝑈

𝑑𝜑2< 0 maka sistem berada pada kesetimbangan labil


RODA MELUNCUR Tinjau sebuah roda pejal dengan massa 𝑀, jari-jari 𝑎 dan momen inersia 𝐼 terhadap sumbu roda yang melewati pusat massanya (lihat gambar). Roda berputar disekitar sumbunya dengan kelajuan sudut konstan 𝜔0, lalu dilepaskan pada posisi tegak di atas bidang lantai datar sehingga roda sempat tergelincir (slip) selama waktu 𝜏 lalu selanjutnya mulai menggelinding tanpa slip. Diketahui koefisien gesek antara roda dengan bidang lantai datar adalah 𝜇.

a. Tentukan besar 𝜏 dan kecepatan pusat massa roda 𝑣 saat menggelinding. Buat sketsa grafik hubungan antara gaya 𝐹 yang bekerja, kecepatan 𝑣 dan kecepatan sudut 𝜔 terhadap waktu 𝑡.

b. Katakan roda dalam soal (a) di atas memiliki kelajuan pusat massa awal 𝑣0 selain kelajuan sudut 𝜔0 sehingga roda mulai menggelingding tanpa slip tepat pada saat 𝑡 =𝜏. Tentukan nilai 𝜏 tersebut dan kelajuan pusat massa 𝑣(𝜏). Hitung besar energi kinetik yang hilang karena harus mengatasi gaya gesek agar tidak slip.

c. Sekarang tinjau roda dalam soal (a) di atas yang telah memiliki kelajuan pusat massa awal 𝑣0 dan kelajuan sudut −𝜔0. Dalam kasus sekarang, roda tergelincir dulu selama 𝜏 dan kemudian menggelinding tanpa slip. Tentukan nilai 𝜏 tersebut dan kelajuan pusat massa 𝑣(𝜏).

Pembahasan :

𝜔0

𝐼

𝑎 𝑀

𝜇

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 7

a. Sebelumnya kita jadikan arah kanan dan putaran berlawanan arah jarum jam sebagai arah positif. Pada kasus ini gaya gesek berarah ke kekanan sehingga mempercepat roda ke kanan dengan percepatan 𝑎 = 𝜇𝑔(ke kanan). Gaya gesek ini menghasilkan torsi yang berlawanan arah jarum jam dan memperlambat putaran roda dengan perlambatan sudut sebesar 𝛼 = −𝜇𝑀𝑔𝑎/𝐼. Persamaan gerak roda akan menjadi Gerak Translasi → 𝑣(𝑡) = 𝜇𝑔𝑡 Gerak Rotasi → 𝜔(𝑡) = 𝜔0 − 𝜇𝑀𝑔𝑎𝑡/𝐼 Saat roda sudah menggelinding tanpa slip, yaitu setelah waktu 𝜏, akan berlaku 𝑣(𝜏) = 𝜔(𝜏)𝑎.

𝜇𝑔𝜏 = 𝜔0𝑎 −𝜇𝑀𝑔𝑎2

𝐼𝜏

𝐼 + 𝑀𝑎2

𝐼𝜇𝑔𝜏 = 𝜔0𝑎 → 𝜏 =

𝐼

𝐼 + 𝑀𝑎2𝜔0𝑎

𝜇𝑔

𝑣(𝜏) =𝐼𝜔0𝑎

𝐼 + 𝑀𝑎2 dan 𝜔(𝜏) =

𝐼𝜔0𝐼 + 𝑀𝑎2

b. Untuk kasus yang kedua ini ada dua kemungkinan arah gaya gesek yaitu ke kiri (jika 𝑣0 > 𝜔0𝑎) dan ke kanan (jika 𝑣0 < 𝜔0𝑎).

𝜏

𝜇𝑀𝑔

𝑡

𝑓(gaya gesek)

𝜏

𝑀𝑔

𝑡

𝑁(gaya normal)

𝜏

𝜔0

𝑡

𝑊(gaya berat)

𝜏

𝐼𝜔0𝑎

𝐼 + 𝑀𝑎2

𝑡

𝑣

𝜔0

𝜏

𝐼𝜔0𝐼 + 𝑀𝑎2

𝑡

𝜔

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 8

Kondisi pertama (jika 𝑣0 > 𝜔0𝑎) Gaya gesek memberikan perlambatan 𝑎 = −𝜇𝑔 dan percepatan sudut 𝛼 = 𝜇𝑀𝑔𝑎/𝐼. Maka persamaan gerak roda menjadi Gerak Translasi → 𝑣(𝑡) = 𝑣0 − 𝜇𝑔𝑡 Gerak Rotasi → 𝜔(𝑡) = 𝜔0 + 𝜇𝑀𝑔𝑎𝑡/𝐼 Saat roda sudah menggelinding tanpa slip, yaitu setelah waktu 𝜏, akan berlaku 𝑣(𝜏) = 𝜔(𝜏)𝑎.

𝑣0 − 𝜇𝑔𝜏 = 𝜔0𝑎 +𝜇𝑀𝑔𝑎2

𝐼𝜏

𝐼 + 𝑀𝑎2

𝐼𝜇𝑔𝜏 = 𝑣0 − 𝜔0𝑎 → 𝜏 =

𝐼

𝐼 + 𝑀𝑎2𝑣0 − 𝜔0𝑎

𝜇𝑔

𝑣(𝜏) =𝐼(𝑣0 − 𝜔0𝑎)

𝐼 +𝑀𝑎2 dan 𝜔(𝜏) =

𝐼(𝑣0 − 𝜔0𝑎)

𝐼𝑎 + 𝑀𝑎3

∆𝐸 = 𝐸𝐾𝑎𝑤𝑎𝑙 − 𝐸𝐾𝑎𝑘ℎ𝑖𝑟 =1

2𝑀𝑣0

2 +1

2𝐼𝜔0

2 −1

2𝑀𝑣2(𝜏) −

1

2𝐼𝜔2(𝜏)

∆𝐸 =1

2𝑀𝑣0

2 +1

2𝐼𝜔0

2 −1

2𝑀(

𝐼(𝑣0 − 𝜔0𝑎)

𝐼 + 𝑀𝑎2)

2

−1

2𝐼 (𝐼(𝑣0 − 𝜔0𝑎)

𝐼𝑎 + 𝑀𝑎3)

2

Kondisi kedua (jika 𝑣0 < 𝜔0𝑎) Gaya gesek memberikan percepatan 𝑎 = 𝜇𝑔 dan perlambatan sudut 𝛼 = −𝜇𝑀𝑔𝑎/𝐼. Maka persamaan gerak roda menjadi Gerak Translasi → 𝑣(𝑡) = 𝑣0 + 𝜇𝑔𝑡 Gerak Rotasi → 𝜔(𝑡) = 𝜔0 − 𝜇𝑀𝑔𝑎𝑡/𝐼 Saat roda sudah menggelinding tanpa slip, yaitu setelah waktu 𝜏, akan berlaku 𝑣(𝜏) = 𝜔(𝜏)𝑎.

𝑣0 + 𝜇𝑔𝜏 = 𝜔0𝑎 −𝜇𝑀𝑔𝑎2

𝐼𝜏

𝐼 + 𝑀𝑎2

𝐼𝜇𝑔𝜏 = 𝜔0𝑎 − 𝑣0 → 𝜏 =

𝐼

𝐼 + 𝑀𝑎2𝜔0𝑎 − 𝑣0𝜇𝑔

𝑣(𝜏) =𝐼(𝜔0𝑎 − 𝑣0)


𝐼(𝜔0𝑎 − 𝑣0)


𝜔0

𝑣0

𝜇𝑀𝑔

𝜔0

𝑣0

𝜇𝑀𝑔

𝑣0 > 𝜔0𝑎 𝑣0 < 𝜔0𝑎

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 9

∆𝐸 = 𝐸𝐾𝑎𝑤𝑎𝑙 − 𝐸𝐾𝑎𝑘ℎ𝑖𝑟 =1

2𝑀𝑣0

2 +1

2𝐼𝜔0

2 −1

2𝑀𝑣2(𝜏) −

1

2𝐼𝜔2(𝜏)

∆𝐸 =1

2𝑀𝑣0

2 +1

2𝐼𝜔0

2 −1

2𝑀(

𝐼(𝜔0𝑎 − 𝑣0)

𝐼 + 𝑀𝑎2)

2

−1

2𝐼 (𝐼(𝜔0𝑎 − 𝑣0)

𝐼𝑎 + 𝑀𝑎3)

2

c. Untuk kasus yang ketiga ini arah gaya gesek adalah ke kiri. Gaya gesek memberikan perlambatan 𝑎 = −𝜇𝑔 dan percepatan sudut 𝛼 = 𝜇𝑀𝑔𝑎/𝐼. Persamaan gerak roda akan menjadi Gerak Translasi → 𝑣(𝑡) = 𝑣0 − 𝜇𝑔𝑡 Gerak Rotasi → 𝜔(𝑡) = −𝜔0 + 𝜇𝑀𝑔𝑎𝑡/𝐼 Saat roda sudah menggelinding tanpa slip, yaitu setelah waktu 𝜏, akan berlaku 𝑣(𝜏) = 𝜔(𝜏)𝑎.

𝑣0 − 𝜇𝑔𝜏 = −𝜔0𝑎 +𝜇𝑀𝑔𝑎2

𝐼𝜏

𝐼 + 𝑀𝑎2

𝐼𝜇𝑔𝜏 = 𝑣0 + 𝜔0𝑎 → 𝜏 =

𝐼

𝐼 + 𝑀𝑎2𝑣0 + 𝜔0𝑎

𝜇𝑔

𝑣(𝜏) =𝐼(𝑣0 + 𝜔0𝑎)


𝐼(𝑣0 + 𝜔0𝑎)



GERAK PLANET DI ANGKASA BERDEBU

Sebuah planet yang massa m mengorbit Matahari yang bermassa 𝑀. Terdapat awan debu yang tersebar merata pada di luar angkasa dengan kerapatan 𝜌 termasuk diantara planet tersebut dan matahari. Diketahui bahwa konstanta gravitasi umum adalah 𝐺 serta pengaruh gesekan dan tumbukan antara partikel debu dan planet dapat diabaikan.

a. Tunjukkan bahwa awan debu memberikan penambahan gaya gravitasi planet terhadap Matahari yang sebanding dengan jarak planet dan Matahari 𝑟 dalam bentuk 𝐹′ = 𝑘𝑚𝑟. Tentukan nilai konstanta 𝑘.

𝜔0

𝑣0

𝜇𝑀𝑔

𝑚

𝑀

𝜌

𝑟

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 10

b. Tinjau kasus dimana planet bergerak dengan momentum sudut yang konstan sebesar L. L juga merupakan nilai momentum sudut jika planet bergerak melingkar dengan jari-jari ro. Tentukan persamaan gerak planet dalam arah radial yang menghubungkan 𝑟0, 𝐿, 𝐺,𝑀,𝑚, dan 𝑘.

c. Tentukan periode revolusi planet mengelilingi Matahari jika diasumsikan orbit planet adalah lingkaran. Nyatakan jawaban dalam 𝐿,𝑚, dan 𝑟0.

d. Pada suatu ketika planet mengalami sedikit simpangan kecil pada arah radial sehingga orbitnya terganggu. Tunjukkan bahwa planet mengalami gerak osilasi harmonik sederhana pada arah radial.

e. Asumsikan nilai F′ cukup kecil jika dibandingkan dengan gaya tarik Matahari. Tunjukkan bahwa orbit planet membentuk “precessing ellipse”. Hint : gerakan precessing ellipse adalah gerakan dengan bentuk dasar elips, namun sumbu elips tersebut juga ikut berputar (lihat gambar di bawah). Anda tidak perlu menggunakan persamaan elips untuk mengerjakan soal ini.

f. Tunjukkan waktu yang dibutuhkan planet untuk kembali ke titik semula (titik sebelum mengalami simpangan) untuk pertama kalinya. Nyatakan jawaban dalam 𝐿,𝑚, 𝑘, dan 𝑟0, 𝑔.

g. Apakah arah putar dari sumbu elips sama gerakan precessing ellipse searah atau berlawanan arah kecepatan sudut planet? Jelaskan.

Pembahasan :

a. Debu tersebar merata di luar angkasa. Jika kita jadikan pusat matahari sebagai acuan, planet bias diasumsikan berada di permukaan bola debu padat berjari-jari r. Bola debu inilah yang memberikan gaya tambahan F’ pada planet dan besarnya adalah

𝐹′ = 𝐺𝑚𝑚𝑑𝑒𝑏𝑢

𝑟2

Massa bola debu ini adalah

𝑚𝑑𝑒𝑏𝑢 =4

3𝜌𝜋𝑟3

Sehingga gaya F’ adalah

𝐹′ = 𝐺𝑚

𝑟2(4

3𝜌𝜋𝑟3)

𝐹′ =4

3𝐺𝜌𝜋𝑚𝑟

𝐹′ = 𝑘𝑚𝑟 ⟹ 𝑘 =4

3𝐺𝜌𝜋

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 11

b. Kita tinjau gaya yang bekerja pada planet menurut pengamat yang berada di lintasan orbit planet. Arah positif adalah arah radial keluar. Perhatikan gambar di bawah

Hukum II Newton arah radial menghasilkan

Σ𝐹 = 𝑚�̈�

−𝐺𝑀𝑚

𝑟2− 𝑘𝑚𝑟 +𝑚𝑎𝑠 = 𝑚�̈�

−𝐺𝑀𝑚

𝑟2− 𝑘𝑚𝑟 +𝑚�̇�2𝑟 = 𝑚�̈�

Kita ketahui planet bergerak dengan momentum sudut L maka akan kita dapatkan hubungan

𝐿 = 𝑚𝑟2�̇� ⟹ �̇� =𝐿

𝑚𝑟2

Karena planet bergerak di lintasan orbit dengan jari-jari 𝑟0 maka �̈� = 0. Persamaan gerak planet akan menjadi

−𝐺𝑀𝑚

𝑟𝑜2− 𝑘𝑚𝑟𝑜 +𝑚(

𝐿

𝑚𝑟𝑜2)2

𝑟𝑜 = 𝑚(0)

−𝐺𝑀𝑚

𝑟𝑜2− 𝑘𝑚𝑟𝑜 +

𝐿2

𝑚𝑟𝑜3= 0

Keterangan :

Jika terdapat suatu peubah 𝑥 maka �̇� dan �̈� adalah turunan pertama dan kedua peubah tersebut terhadap waktu.

�̇� =𝑑𝑥

𝑑𝑡 𝑑𝑎𝑛 �̈� =

𝑑2𝑥

𝑑𝑡2

c. Momentum sudut planet adalah

𝐿 = 𝑚𝑟2�̇�

Hubungan �̇� dan T adalah

�̇� =2𝜋

𝑇

Periode revolusi planet adalah

𝐿 = 𝑚𝑟2 (2𝜋

𝑇) ⟹ 𝑇 =

2𝜋𝑚𝑟2

𝐿

d. Sekarang planet diberikan sedikit simpangan sehingga akan terjadi gerak osilasi. Kita misalkan planet di simpangkan sejauh 𝑥 ke arah luar(menjauhi matahari) secara radial sehingga planet akan megalami percepatan arah radial �̈�.

�̈�

𝑚𝑎𝑠 𝐺𝑀𝑚

𝑟2+ 𝑘𝑚𝑟

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 12

Persamaan gerak planet akan menjadi

−𝐺𝑀𝑚

(𝑟𝑜 + 𝑥)2− 𝑘𝑚(𝑟𝑜 + 𝑥) +

𝐿2

𝑚(𝑟𝑜 + 𝑥)3= 𝑚�̈�

−𝐺𝑀𝑚

𝑟𝑜2 (1 +𝑥𝑟𝑜)2 − 𝑘𝑚𝑟𝑜 (1 +

𝑥

𝑟𝑜) +

𝐿2

𝑚𝑟𝑜3 (1 +𝑥𝑟𝑜)3 = 𝑚�̈�

Karena simpangan sangat kecil di bandingkan jari-jari orbit, 𝑥 ≪ 𝑟𝑜, maka 𝑥 𝑟𝑜⁄ ≪ 1, dan kita bisa menggunakan hampiran binomial newton yaitu untuk nilai 𝑦 ≪ 1, berlaku (1 + 𝑦)𝑛 ≈ 1 + 𝑛𝑦

Persamaan gerak planet akan menjadi

−𝐺𝑀𝑚

𝑟𝑜2(1 − 2

𝑥

𝑟𝑜) − 𝑘𝑚𝑟𝑜 (1 +

𝑥

𝑟𝑜) +

𝐿2

𝑚𝑟𝑜3(1 − 3

𝑥

𝑟𝑜) ≈ 𝑚�̈�

−𝐺𝑀𝑚

𝑟𝑜2− 𝑘𝑚𝑟𝑜 +

𝐿2

𝑚𝑟𝑜3⏟ 0

+ 2𝐺𝑀𝑚

𝑟𝑜3𝑥 − 𝑘𝑚𝑥 − 3

𝐿2

𝑚𝑟𝑜4𝑥 = 𝑚�̈�

2𝐺𝑀𝑚

𝑟𝑜3𝑥 − 𝑘𝑚𝑥 − 3

𝐿2

𝑚𝑟𝑜4𝑥 = 𝑚�̈�

−

[ 𝐿2

𝑚𝑟𝑜4+ 𝑘𝑚 +

2

𝑟𝑜(−𝐺

𝑀𝑚

𝑟𝑜2+

𝐿2

𝑚𝑟𝑜3)

⏟ 𝑘𝑚𝑟𝑜 ]

𝑥 = 𝑚�̈�

−(𝐿2

𝑚𝑟𝑜4+ 3𝑘𝑚)𝑥 = 𝑚�̈�

−(𝐿2

𝑚𝑟𝑜4+ 3𝑘𝑚)𝑥 = 𝑚�̈�

�̈� + (𝐿2

𝑚2𝑟𝑜4+ 3𝑘)

⏟ 𝜔𝑜𝑠𝑖2

𝑥 = 0

Persamaan di atas adalah persaamaan gerak haromis sederhana dengan frekuensi sudut

𝜔𝑜𝑠𝑖 = √𝐿2

𝑚2𝑟𝑜4+ 3𝑘

𝑥 �̈�

𝐿2

𝑚(𝑟𝑜 + 𝑥)3

𝐺𝑀𝑚

(𝑟𝑜 + 𝑥)2+ 𝑘𝑚(𝑟𝑜 + 𝑥)

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 13

Hal ini membuktikan bahwa planet mengalami gerak harmonik sederhana pada arah radial.

e. Gerak precessing elips terjadi jika terdapat perbedaan antar frekuensi sudut osilasi planet(𝜔𝑜𝑠𝑖) dan frekuensi sudut revolusi(kecepatan sudut revolusi) planet (𝜔𝑟𝑒𝑣). Kenapa seperti ini, Karena saat planet sudah berevolusi satu putaran, maka secara radial planet belum mencapai titik setimbangnya(jika 𝜔𝑜𝑠𝑖 < 𝜔𝑟𝑒𝑣) atau telah melewati titik seetimbangnya(jika 𝜔𝑜𝑠𝑖 > 𝜔𝑟𝑒𝑣). Karena 𝜔𝑜𝑠𝑖 > 𝜔𝑟𝑒𝑣 terjadi putaran pada sumbu elips dan gerakan ini disebut sebagai “Gerak Precessing Ellipse” . Frekuensi gerak Precessing Ellipse ini sama dengan selisih 𝜔𝑜𝑠𝑖 dan 𝜔𝑟𝑒𝑣.

Frekuensi sudut osilasi planet adalah

𝜔𝑜𝑠𝑖 = √𝐿2

𝑚2𝑟𝑜4+ 3𝑘

Frekuensi sudut revolusi planet adalah

𝜔𝑟𝑒𝑣 =𝐿

𝑚𝑟𝑜2

Frekuensi sudut gerak Precessing Ellipse adalah

𝜔𝑝𝑟𝑒 = 𝜔𝑜𝑠𝑖 − 𝜔𝑟𝑒𝑣 = √𝐿2

𝑚2𝑟𝑜4+ 3𝑘 −

𝐿

𝑚𝑟𝑜2

𝜔𝑝𝑟𝑒 = 𝜔𝑜𝑠𝑖 − 𝜔𝑟𝑒𝑣 =𝐿

𝑚𝑟𝑜2√1 +

3𝑘𝑚2𝑟𝑜4

𝐿2−

𝐿

𝑚𝑟𝑜2

Gaya 𝐹′diasumsikan jauh lebih kecil dari gaya gravitasi 𝐹𝐺 , maka akan berlaku

𝐹′ ≪ 𝐹𝐺

𝑘𝑚𝑟𝑜 ≪ 𝐺𝑀𝑚

𝑟𝑜2

Dari persamaan gerak planet akan kita dapatkan hubungan

𝐺𝑀𝑚

𝑟𝑜2= −𝑘𝑚𝑟𝑜 +

𝐿2

𝑚𝑟𝑜3

𝑘𝑚𝑟𝑜 ≪ −𝑘𝑚𝑟𝑜 +𝐿2

𝑚𝑟𝑜3

2𝑘𝑚𝑟𝑜 ≪𝐿2

𝑚𝑟𝑜3

2𝑘𝑚2𝑟𝑜4

𝐿2≪ 1

Jika nilai 2𝑘𝑚2𝑟𝑜

4

𝐿2≪ 1,maka

3𝑘𝑚2𝑟𝑜4

𝐿2≪ 1

Kemudian kita bisa menggunakan hampiran binomial newton untuk mencari frekuensi sudut gerak Precessing Ellipse.

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 14

𝜔𝑝𝑟𝑒 =𝐿

𝑚𝑟𝑜2√1 +

3𝑘𝑚2𝑟𝑜4

𝐿2−

𝐿

𝑚𝑟𝑜2

𝜔𝑝𝑟𝑒 ≈𝐿

𝑚𝑟𝑜2(1 +

3𝑘𝑚2𝑟𝑜4

2𝐿2) −

𝐿

𝑚𝑟𝑜2

𝜔𝑝𝑟𝑒 =3𝑘𝑚𝑟𝑜

2

2𝐿

Dengan ini dibuktikan bahwa planet mengalami gerak Precessing Ellipse dengan frekuensi sudut

𝜔𝑝𝑟𝑒 =3𝑘𝑚𝑟𝑜

2

2𝐿

f. Waktu yang dibutuhkan planet untuk kembali ke titik semula sama dengan periode gerak Precessing Ellipse.

𝑇𝑝𝑟𝑒 =2𝜋

𝜔𝑝𝑟𝑒

𝑇𝑝𝑟𝑒 =2𝜋

(3𝑘𝑚𝑟𝑜2

2𝐿 )

𝑇𝑝𝑟𝑒 =4𝜋𝐿

3𝑘𝑚𝑟𝑜2

g. Misalkan arah putaran revolusi planet adalah searah jarum jam. Maka saat planet sudah berevolusi satu putaran, secara radial planet belum kembali ke titik setimbangnya. Ini mengakibatkan sumbu elips akan berputar berlawanan arah jarum jam. Perhatikan gambar di bawah ini

Jadi dapat disimpulkan bahwa

Arah gerak Precessing Ellipse 𝐛𝐞𝐫𝐥𝐚𝐰𝐚𝐧𝐚𝐧 𝐚𝐫𝐚𝐡 dengan arah gerak revolusi planet

𝜔𝑟𝑒𝑣

𝜔𝑝𝑟𝑒

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 15


GERAKAN ELEKTRON DAN RADIASI LARMOR

Sebuah bola pejal berjari-jari 𝑅 memiliki muatan total 𝑄 dengan persebaran densitas muatan merata. Sebuah elektron bermuatan – 𝑒 bermassa m dan bergerak bebas di daerah dalam dalam dan luar bola tersebut. Elektron tersebut bergerak membentuk orbit lingkaran pada jarak 𝑟 dari pusat bola. Dalam gerakannya, elektron tersebut dipercepat dengan gaya sentripetal sehingga akan terjadi radiasi 𝑃 yang dapat dinyatakan dengan

𝑃 = 𝐶𝜉𝑎𝑛

dimana C adalah konstanta tak berdimensi dengan nilai 𝐶 = 1/6𝜋, 𝜉 adalah konstanta fisik sebagai fungsi dari muatan 𝑄, laju cahaya 𝑐, dan permitivitas ruang vakum 휀𝑜, serta 𝑎 adalah percepatan muatan dan 𝑛 konstanta tak berdimensi. Persamaan di atas dikenal sebagai Lamor Formula.

Sebelumnya, abaikan radiasi pada soal berikut.

a. Ambil 𝑟 < 𝑅, tentukan periode 𝑇 gerak orbit elektron (nyatakan dalam 𝑟, 𝑅, 𝑄, 𝑒,𝑚, dan 휀𝑜)!

b. Ambil 𝑟 > 𝑅, tentukan periode 𝑇 gerak orbit elektron (nyatakan dalam 𝑟, 𝑅, 𝑄, 𝑒,𝑚, dan 휀𝑜)!

c. Asumsikan elektron berada pada posisi diam di 𝑟 = 2𝑅, tentukan kelajuan elektron saat melewati titik pusat bola bermuatan (nyatakan dalam 𝑅, 𝑄, 𝑒,𝑚, dan 휀𝑜)!

Sekarang radiasi tak diabaikan

d. Tentukan ekspresi 𝜉(𝑞, 𝑐, 휀0) dan n, lalu tentukan formula Larmor P di atas (nyatakan dalam 𝑅, 𝑄, 𝑒,𝑚, dan 휀𝑜)!

Asumsikan bentuk orbit setelah mengalami radiasi tetap berbentuk lingkaran dan jari-jari orbit tersebut berubah sebesar |∆𝑟| ≪ 𝑟.

e. Ambil < 𝑅 , tentukan perubahan jari-jari orbit ∆r dalam satu orbit (nyatakan dalam 𝑟, 𝑅, 𝑄, 𝑒,𝑚, 휀𝑜 ,dan 𝑐)!

f. Ambil > 𝑅 , tentukan perubahan jari-jari orbit ∆r dalam satu orbit (nyatakan dalam 𝑟, 𝑅, 𝑄, 𝑒,𝑚, 휀𝑜 ,dan 𝑐)!

g. Tentukan waktu yang dibutuhkan elektron untuk jatuh dari orbit 𝑟 = 𝑅 ke orbit 𝑟 =𝑅/2.

𝑒−

𝑒− 𝑟

𝑅

𝑄

𝑒−

𝑒−

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 16

Pembahasan :

a. Untuk menghitung periode gerak orbit electron, kita harus menemukan gaya yang bekerja secara radial pada electron kemudian menyamakannya dengan gaya sentripetal. Dari gaya sentripetal kita akan mendapatkan percepatan sentripetal dan hubungannya dengan kecepatan sudut electron. Dari kecepatan sudut ini kita bisa menghubungkannya dengan periode gerak orbit electron.

Untuk kasus yang pertama ini, elektron berada di dalam bola bermuatan. Gaya yang bekerja pada elektron adalah gaya listrik antara elektron dan bagian dari bola bermuatan yang berjari-jari 𝑟. Gaya yang bekerja pada elektron akan kita hitung dengan terlebih dahulu menghitung medan listrik yang bekerja padanya menggunakan Hukum Gauss.

Hukum Gauss menyatakan bahwa

“Dalam suatu permukaan tertutup, jumlah Fluks Listrik neto sama dengan jumlah muatan yang dilingkupi oleh permukaan tertutup dibagi dengan permitivitas ruang hampa”

Secara matematis dapat dinyatakan sebagai

∮�⃗� ∙ 𝑑𝐴 =𝑞𝑒𝑛𝑐휀𝑜

Untuk poin a, medan listrik yang bekerja pada elektron adalah

∮�⃗� ∙ 𝑑𝐴 =𝑞𝑒𝑛𝑐휀𝑜

⟹ 𝐸∮𝑑𝐴 =𝑞𝑒𝑛𝑐휀𝑜

⟹ 𝐸(4𝜋𝑟2) =𝑄𝑟3

𝑅3

휀𝑜

𝐸 =𝑄𝑟

4𝜋𝑅3휀𝑜

Maka gaya yang bekerja pada elektron adalah

𝐹 = 𝑒𝐸 =𝑒𝑄𝑟

4𝜋𝑅3휀𝑜, untuk 𝑟 < 𝑅

Gaya ini akan berperan sebagai gaya sentripetal pada gerakan melingkar elektron

𝑒𝑄𝑟

4𝜋𝑅3휀𝑜= 𝑚𝜔2𝑟

𝑒𝑄𝑟

4𝜋𝑅3휀𝑜= 𝑚(

2𝜋

𝑇)2

𝑟 ⟹ 𝑇 = √16𝑚휀𝑜𝜋3𝑅3

𝑒𝑄

b. Untuk poin b, bola bermuatan 𝑄 bisa kita anggap sebagai muatan titik yang berada di pusat bola. Gaya akibat interaksi bola bermuatan dan elektron dapat di anggap sebagai gaya interaksi antara muatan titik 𝑄 yang berada di pusat bola dengan elektron. Besar gaya ini adalah

𝐹 =𝑒𝑄

4𝜋휀𝑜𝑟2, untuk 𝑟 > 𝑅

Gaya ini akan berperan sebagai gaya sentripetal pada gerakan melingkar elektron

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 17

𝑒𝑄

4𝜋휀𝑜𝑟2= 𝑚𝜔2𝑟

𝑒𝑄

4𝜋휀𝑜𝑟2= 𝑚(

2𝜋

𝑇)2

𝑟 ⟹ 𝑇 = √16𝑚휀𝑜𝜋3𝑟3

𝑒𝑄

c. Pada saat awal elektron berada pada jarak 2R dari pusat bola. Untuk mencari kecepatan elektron ketika mencapai pusat bola, kita gunakan dalil usaha energy.

∆𝐸𝑘 = 𝑊

1

2𝑚𝑣2 − 0 = ∫ 𝐹𝑑𝑟

0

2𝑅

1

2𝑚𝑣2 = ∫ (−

𝑒𝑄

4𝜋휀𝑜𝑟2)𝑑𝑟 + ∫ (−

𝑒𝑄𝑟

4𝜋𝑅3휀𝑜) 𝑑𝑟

0

𝑅

𝑅

2𝑅

1

2𝑚𝑣2 = −

𝑒𝑄

4𝜋휀𝑜[−1

𝑟]2𝑅

𝑅

−𝑒𝑄

4𝜋𝑅3휀𝑜[𝑟2

2]𝑅

0

1

2𝑚𝑣2 =

𝑒𝑄

4𝜋휀𝑜[1

𝑅−1

2𝑅] +

𝑒𝑄

4𝜋𝑅3휀𝑜[𝑅2

2]

1

2𝑚𝑣2 =

𝑒𝑄

8𝜋휀𝑜𝑅+

𝑒𝑄

8𝜋휀𝑜𝑅=

𝑒𝑄

4𝜋휀𝑜𝑅

𝑣 = √𝑒𝑄

4𝑚𝜋휀𝑜𝑅

d. Untuk mencari hubungan antar besaran ini, kita akan menggunakan metode anasilis dimensi.

Berikut dimensi masing masing besaran

𝑞 = 𝐼𝑇

𝑐 = 𝐿𝑇−1

𝑎 = 𝐿𝑇−2

휀𝑜 = 𝐼2𝑇4𝑀−1𝐿−3

𝑃 = 𝑀𝐿𝑇−3

Hubungan konstantan fisik dengan ketiga besaran di atas adalah

𝜉 = 𝑞𝑥𝑐𝑦휀𝑜𝑧

Sedangkan persamaan larmor adalah

𝑃 = 𝐶𝜉𝑎𝑛

Dengan mensubtitusi konstanta fisik dan nilai 𝐶 = 1 6𝜋⁄ ke dalam persamaan larmor kita dapatkan

𝑃 =1

6𝜋𝑞𝑥𝑐𝑦휀𝑜

𝑧𝑎𝑛

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 18

𝑀𝐿2𝑇−3 =1

6𝜋(𝐼𝑇)𝑥(𝐿𝑇−1)𝑦(𝐼2𝑇4𝑀−1𝐿−3휀𝑜)

𝑧(𝐿𝑇−2)𝑛

𝑀𝐿2𝑇−3 =1

6𝜋𝑀−𝑧𝐿𝑦−3𝑧+𝑛𝑇𝑥−𝑦+4𝑧−2𝑛𝐼𝑥+2𝑧

Dari persamaan di atas kita dapatkan untuk masing masing dimensi

𝑀⟹ 1 = −𝑧 ⟹ 𝑧 = −1

𝐿 ⟹ 2 = 𝑦 − 3𝑧 + 𝑛… (1)

𝑇 ⟹ −3 = 𝑥 − 𝑦 + 4𝑧 − 2𝑛… (2)

𝐼 ⟹ 0 = 𝑥 + 2𝑧… (3)

Dengan mensubtitusikan nilai z ke persamaan (3) kita dapatkan nilai x

𝑥 = −2𝑧 = −(−1) = 2

Kemudian subtitusi nilai yang diketahui ke persamaan (2) dan (3), maka kita dapatkan

2 = 𝑦 − 3(−1) + 𝑛 ⟹ 𝑦 = −𝑛 − 1…(4)

−3 = (2) − 𝑦 + 4(−1) − 2𝑛 ⟹ 𝑦 + 2𝑛 = 1… (5)

Dengan mensubtitusi persamaan (4) dengan (5) kita dapatkan nilai n

−𝑛 − 1 + 2𝑛 = 1

𝑛 = 2

Nilai y adalah

𝑦 = −𝑛 − 1 = −2 − 1 = −3

Konstanta fisik akan menjadi

𝜉 =𝑞2

휀𝑜𝑐2

Dan persamaan larmor akan berbentuk

𝑃 =𝑞2𝑎2

6𝜋휀𝑜𝑐2

Karena elektron bergerak melingkar, maka percepatannya 𝑎 adalah percepatan sentripetalnya.

𝐹𝑠 = 𝑚𝑎𝑠

Untuk 𝑟 < 𝑅 𝑒𝑄𝑟

4𝜋𝑅3휀𝑜= 𝑚𝑎

𝑎 =𝑒𝑄𝑟

4𝑚𝜋휀𝑜𝑅3

𝑃 =𝑒2

6𝜋휀𝑜𝑐2(

𝑒𝑄𝑟

4𝑚𝜋휀𝑜𝑅3)2

⟹ 𝑃 =𝑒4𝑄2

96𝑚2𝜋3휀𝑜3𝑐2𝑅6𝑟2

Untuk 𝑟 > 𝑅

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 19

𝑒𝑄

4𝜋𝑟2휀𝑜= 𝑚𝑎

𝑎 =𝑒𝑄

4𝑚𝜋휀𝑜𝑟2

𝑃 =𝑒2

6𝜋휀𝑜𝑐2(

𝑒𝑄

4𝑚𝜋휀𝑜𝑟2)2

⟹ 𝑃 =𝑒4𝑄2

96𝑚2𝜋3휀𝑜3𝑐2𝑟4

e. Untuk mencari perubahan jari-jari orbit elektron kita perlu mendapatkan bentuk 𝑑𝑟 𝑑𝑡⁄ kemudian mengintegralkannya. Untuk batas atas dan bawah r adalah 𝑟 − ∆𝑟 dan 𝑟. Sedangkan t adalah 𝑇 dan 0.

Untuk 𝑟 < 𝑅

Radiasi larmor akan sebanding dengan

𝑃 = −𝑑𝐸

𝑑𝑡⟹𝑑𝐸

𝑑𝑡= −𝑃 = −

𝑒4𝑄2

96𝑚2𝜋3휀𝑜3𝑐2𝑅6𝑟2

Tanda negative menandakan bahwa radiasi adalah pengurangan energy system.

Energi system adalah

𝐸 = 𝐸𝐾 + 𝐸𝑃

Kecepatan elektron bisa kita dapatkan dari persamaan gaya sentripetal elektron dan nilainya adalah

𝑒𝑄𝑟

4𝜋𝑅3휀𝑜= 𝑚

𝑣2

𝑟

𝑣2 =𝑒𝑄𝑟2

4𝑚𝜋휀𝑜𝑅3

Sehingga energy kinetiknya adalah

𝐸𝐾 =1

2𝑚𝑣2 =

𝑒𝑄𝑟2

8𝜋휀𝑜𝑅3

Energy potensial elektron adalah negative dari usaha yang dilakukan untuk memindahkan elektron dari titik tak berhingga sampai posisinya sekarang.

𝐸𝑃 = −∫ 𝐹𝑑𝑟 = −∫ (−𝑒𝑄

4𝜋𝑟2휀𝑜)𝑑𝑟 − ∫ (−

𝑒𝑄𝑟

4𝜋𝑅3휀𝑜)𝑑𝑟

𝑟

𝑅

𝑅

∞

𝑟

∞

𝐸𝑃 =𝑒𝑄

4𝜋휀𝑜[−1

𝑟]∞

𝑅

+𝑒𝑄


2]𝑅

𝑟

𝐸𝑃 =𝑒𝑄

4𝜋휀𝑜[−1

𝑅+1

∞⏟0

] +𝑒𝑄


2−𝑅2

2]

𝐸𝑃 = −2𝑒𝑄

8𝜋휀𝑜𝑅+

𝑒𝑄𝑟2

8𝜋𝑅3휀𝑜−

𝑒𝑄

8𝜋휀𝑜𝑅

𝐸𝑃 = −𝑒𝑄

8𝜋휀𝑜𝑅3(3𝑅2 − 𝑟2)

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 20

Maka energy system adalah

𝐸 =𝑒𝑄𝑟2

8𝜋휀𝑜𝑅3−

𝑒𝑄

8𝜋휀𝑜𝑅3(3𝑅2 − 𝑟2)

𝐸 =𝑒𝑄

8𝜋휀𝑜𝑅3(2𝑟2 − 3𝑅2) ⟹

𝑑𝐸

𝑑𝑡=

𝑒𝑄𝑟

2𝜋휀𝑜𝑅3𝑑𝑟

𝑑𝑡

Dengan mensubtitusi 𝑑𝐸 𝑑𝑡⁄ yang sudah didapat sebelumnya didapatkanlah

−𝑒4𝑄2

96𝑚2𝜋3휀𝑜3𝑐2𝑅6𝑟2 =

𝑒𝑄𝑟

2𝜋휀𝑜𝑅3𝑑𝑟

𝑑𝑡

𝑑𝑟

𝑟= −

𝑒3𝑄

48𝑚2𝜋2휀𝑜2𝑐2𝑅3𝑑𝑡

∫𝑑𝑟

𝑟

𝑟−∆𝑟

𝑟

= −∫𝑒3𝑄

48𝑚2𝜋2휀𝑜2𝑐2𝑅3𝑑𝑡

𝑇𝑟<𝑅

0

ln |𝑟 − ∆𝑟

𝑟| = −

𝑒3𝑄

48𝑚2𝜋2휀𝑜2𝑐2𝑅3√16𝑚휀𝑜𝜋3𝑅3

𝑒𝑄

𝑟 − ∆𝑟

𝑟= exp(−

𝑒3𝑄

12𝑚2𝜋휀𝑜2𝑐2𝑅2√𝑚휀𝑜𝜋𝑅

𝑒𝑄)

Δ𝑟 = 𝑟 [1 − exp(−𝑒3𝑄

12𝑚2𝜋휀𝑜2𝑐2𝑅2√𝑚휀𝑜𝜋𝑅

𝑒𝑄)]

f. Dengan cara yang sama untuk 𝑟 > 𝑅

Radiasi larmor akan sebanding dengan

𝑃 = −𝑑𝐸

𝑑𝑡⟹𝑑𝐸

𝑑𝑡= −𝑃 = −

𝑒4𝑄2

96𝑚2𝜋3휀𝑜3𝑐2𝑟4

Tanda negative menandakan bahwa radiasi adalah pengurangan energy system.

Energi system adalah

𝐸 = 𝐸𝐾 + 𝐸𝑃

Kecepatan elektron bisa kita dapatkan dari persamaan gaya sentripetal elektron dan nilainya adalah

𝑒𝑄

4𝜋𝑟2휀𝑜= 𝑚

𝑣2

𝑟

𝑣2 =𝑒𝑄

4𝑚𝜋휀𝑜𝑟

Sehingga energy kinetiknya adalah

𝐸𝐾 =1

2𝑚𝑣2 =

𝑒𝑄

8𝜋휀𝑜𝑟

Energy potensial elektron adalah

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 21

𝐸𝐾 = −𝑒𝑄

4𝜋휀𝑜𝑟

Maka energy system adalah

𝐸 =𝑒𝑄

8𝜋휀𝑜𝑟−

𝑒𝑄

4𝜋휀𝑜𝑟

𝐸 = −𝑒𝑄

8𝜋휀𝑜𝑟⟹𝑑𝐸

𝑑𝑡=

𝑒𝑄

8𝜋휀𝑜𝑟2𝑑𝑟

𝑑𝑡

Dengan mensubtitusi 𝑑𝐸 𝑑𝑡⁄ yang sudah didapat sebelumnya didapatkanlah

−𝑒4𝑄2

96𝑚2𝜋3휀𝑜3𝑐2𝑟4=

𝑒𝑄𝑟

8𝜋휀𝑜𝑟2𝑑𝑟

𝑑𝑡

𝑟2𝑑𝑟 = −𝑒3𝑄

12𝑚2𝜋2휀𝑜2𝑐2𝑑𝑡

∫ 𝑟2𝑑𝑟𝑟−∆𝑟

𝑟

= −∫𝑒3𝑄

12𝑚2𝜋2휀𝑜2𝑐2𝑑𝑡

𝑇𝑟>𝑅

0

[𝑟3

3]𝑟

𝑟−∆𝑟

= −𝑒3𝑄

12𝑚2𝜋2휀𝑜2𝑐2√16𝑚휀𝑜𝜋3𝑟3

𝑒𝑄

(𝑟 − ∆𝑟)3

3−𝑟3

3= −

𝑒3𝑄𝑟

3𝑚2𝜋휀𝑜2𝑐2√𝑚휀𝑜𝜋𝑟

𝑒𝑄

𝑟3 (1 −∆𝑟𝑟 )

3

3−𝑟3

3= −

𝑒3𝑄𝑟


𝑒𝑄

Karena ∆𝑟 ≪ 𝑟, maka ∆𝑟 𝑟⁄ ≪ 1. Dari sini kita bisa menggunakan hampiran binomial newton yaitu untuk nilai 𝑥 ≪ 1 maka akan berlaku

(1 − 𝑥)𝑛 ≈ 1 − 𝑛𝑥

Dengan menggunakan 𝑥 = ∆𝑟 𝑟⁄ dan 𝑛 = 3 maka akan menjadi

(1 −∆𝑟

𝑟)3

≈ 1 − 3∆𝑟

𝑟

Maka persamaanny akan menjadi

𝑟3 (1 − 3∆𝑟𝑟 )

3−𝑟3

3= −

𝑒3𝑄𝑟


𝑒𝑄

𝑟3

3−𝑟3

3⏟ 0

− ∆𝑟𝑟2 = −𝑒3𝑄𝑟


𝑒𝑄

∆𝑟 =𝑒3𝑄

3𝑚2𝜋휀𝑜2𝑐2√𝑚휀𝑜𝜋

𝑒𝑄𝑟

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 22

g. Waktu yang dibutuhkan elektron untuk jatuh dari orbit berjari-jari 𝑟 = 𝑅 sampai 𝑟 =𝑅 2⁄ adalah 𝑇. Kita bisa menghitung 𝑇 dengan meninjau ulang persamaan 𝑑𝑟 𝑑𝑡⁄ untuk 𝑟 < 𝑅.

𝑑𝑟

𝑑𝑡= −

𝑒3𝑄

48𝑚2𝜋2휀𝑜2𝑐2𝑅3𝑟

∫ 𝑑𝑡 =𝑇

0

−48𝑚2𝜋2휀𝑜

2𝑐2𝑅3

𝑒3𝑄∫

𝑑𝑟

𝑟

𝑅 2⁄

𝑅

𝑇 =48𝑚2𝜋2휀𝑜

2𝑐2𝑅3

𝑒3𝑄ln |

𝑅

𝑅 2⁄|

𝑇 =48𝑚2𝜋2휀𝑜

2𝑐2𝑅3

𝑒3𝑄ln 2

Documents

Ahmad Basyir Najwan Jln. Mr. Cokrokusumo No.54 RT.015/005, … · 3 2sin4𝜃−4(1+ ... konstan, jadi kita harus nyatakan sebagai fungsi salah satu peubah bebas saja. Karena 𝜃