Fisika Universitas — Tahun 1 · Bachelor Year 1

29Induksi Elektromagnetik dan Penerapannya

Gerakkanlah sebuah magnet mendekati sebuah kumparan dan arus mengalir dalam kumparannya; hentikanlah magnetnya dan arusnya berhenti. Faraday menemukan ini pada tahun 1831, setelah sepuluh tahun mencari, dan inilah kenyataan yang menjalankan dunia kelistrikan: setiap pembangkit listrik, setiap transformator, setiap motor, pengeras suara dan mikrofon, setiap kompor induksi dan pengisi daya nirkabel mengubah energi lewat hukum bahwa fluks magnet yang berubah mendorong sebuah gaya gerak listrik. Bab ini menyatakan hukumnya lengkap dengan tandanya, memberinya dua wajah yang dikenakannya (medan yang berubah dalam rangkaian tetap, rangkaian yang bergerak dalam medan tetap), mendefinisikan induktansi diri dan bersama, lalu menelusuri mesin elektromekanisnya — batang luncur, alternator, transformator, pengeras suara — tempat hukum yang sama mengubah daya mekanis menjadi daya listrik dan sebaliknya, tak pernah cuma-cuma.

Sebuah pemindai MRI: solenoida superkonduktor yang menahan 1.5\, T di atas seorang pasien — satu megajoule energi magnetik dalam sebuah medan yang tak berisi apa pun. Foto: Jan Ainali, CC BY 3.0. — Sebuah pemindai MRI: solenoida superkonduktor yang menahan $1.5\,\mathrm{T}$ di atas seorang pasien — satu megajoule energi magnetik dalam sebuah medan yang tak berisi apa pun. Foto: Jan Ainali, CC BY 3.0.

29.1 Hukum Faraday

Definisi 29.1 (Fluks magnet menembus sebuah rangkaian)

Arahkanlah sebuah rangkaian tertutup $\Gamma$ (sebuah arah edar); permukaannya memperoleh normal $\vect n$ yang diberikan aturan tangan kanan. Yang disebut fluks magnet menembus rangkaiannya adalah $\Phi = \sum\vect B\cdot\vect n\,\dd S$ atas sebarang permukaan yang dibatasi $\Gamma$ (weber, $1\,\mathrm{Wb} = 1\,\mathrm{T}\,\mathrm{m}^{2}$ ) — “sebarang”, karena fluks $\vect B$ menembus permukaan tertutup bernilai nol. Bagi medan seragam dan sebuah kumparan datar berlilitan $N$ dan berluas $S$ , $\Phi = NBS\cos\alpha$ , dengan $\alpha$ sudut antara $\vect B$ dan $\vect n$ .

Teorema 29.2 (Hukum induksi Faraday)

Setiap kali fluks menembus sebuah rangkaian berubah, rangkaiannya menjadi kedudukan sebuah gaya gerak listrik imbas

e = -\frac{\dd\Phi}{\dd t} ,

yang dihitung dalam arah rangkaiannya, yaitu bekerja sebagai sumber tegangan ideal berggl $e$ dalam arah itu; dalam rangkaian berhambatan $R$ ia mengalirkan arus $i = e/R$ . Tanda minusnya adalah hukum Lenz: arus imbasnya mengalir sedemikian sehingga melawan perubahan fluks yang menghasilkannya — medannya sendiri, dan gaya yang dirasakannya, melawan sebabnya.

Bukti. Diterima tanpa bukti pada tingkat ini. ∎

Catatan 29.3 (Dua wajah satu hukum)

Fluksnya berubah entah karena $\vect B$ berubah terhadap waktu menembus rangkaian yang tetap (induksi Neumann: transformator, kompor induksi) atau karena rangkaiannya bergerak atau berubah bentuk dalam medan tunak (induksi Lorentz: generator, pengeras suara). Dalam kasus kedua gglnya dapat pula dihitung langsung: pengemban muatan sebuah unsur penghantar $\dd\vect l$ yang bergerak dengan $\vect v$ merasakan gaya $q\vect v\wedge \vect B$ , yang setara dengan medan listrik $\vect v\wedge\vect B$ , sehingga $e = \oint(\vect v\wedge\vect B)\cdot\dd\vect l$ — dan ini selalu sesuai dengan $-\dd\Phi/\dd t$ . Hukum Faraday mencakup keduanya; jilid Tahun ke-2 menjelaskan mengapa kedua mekanismenya memberi satu rumus.

Arah dan hukum Lenz. Kiri: arah rangkaiannya menetapkan n dan tanda . Tengah: sebuah magnet yang mendekati sebuah cincin memperbesar fluksnya; arus imbasnya menciptakan medan yang melawan medan magnetnya dan cincinnya menolaknya. Kanan: sebuah batang yang meluncur pada rel dalam medan yang menunjuk ke arah pembaca; fluks rangkaiannya tumbuh, dan arus imbasnya mengalir sehingga gaya Laplace pada batangnya melawan geraknya. — Arah dan hukum Lenz. Kiri: arah rangkaiannya menetapkan $\vect n$ dan tanda $\Phi$ . Tengah: sebuah magnet yang mendekati sebuah cincin memperbesar fluksnya; arus imbasnya menciptakan medan yang melawan medan magnetnya dan cincinnya menolaknya. Kanan: sebuah batang yang meluncur pada rel dalam medan yang menunjuk ke arah pembaca; fluks rangkaiannya tumbuh, dan arus imbasnya mengalir sehingga gaya Laplace pada batangnya melawan geraknya.

Contoh 29.4 (Orde besarnya)

Sebuah kumparan berlilitan $100$ dan berluas $10\,\mathrm{cm}^{2}$ dalam medan Bumi, dibalikkan dalam $0.1\,\mathrm{s}$ : $\Delta\Phi = 2 \times 100 \times 10^{-3} \times 5 \times 10^{-5} = 1 \times 10^{-5}\,\mathrm{Wb}$ , $e \sim 0.1\,\mathrm{mV}$ — terukur dengan galvanometer yang peka, cara medan Bumi dahulu dipetakan. Kumparan yang sama dalam celah $1\,\mathrm{T}$ sebuah magnet, ditarik keluar dalam $0.1\,\mathrm{s}$ : $1\,\mathrm{V}$ . Sebuah kumparan transformator berlilitan $1000$ dengan $1\,\mathrm{T}$ pada $50\,\mathrm{Hz}$ atas $10\,\mathrm{cm}^{2}$ : $e_{\max} = 1000 \times 10^{-3} \times 314 = 314\,\mathrm{V}$ — yaitu listrik jala-jala.

29.2 Induktansi diri dan induktansi bersama

Definisi 29.5 (Induktansi)

Fluks medan sebuah rangkaian sendiri yang menembus dirinya sebanding dengan arusnya: $\Phi_{\text{sendiri}} = Li$ , dengan $L > 0$ yang disebut induktansi diri-nya (henry, $\mathrm{H}$ ). Fluks yang dikirim rangkaian 1 menembus rangkaian 2 adalah $\Phi_{1 \to 2} = Mi_1$ , dan secara setangkup $\Phi_{2 \to 1} = Mi_2$ , dengan $M$ yang disebut induktansi bersama-nya (tandanya ditetapkan oleh arahnya). Maka fluks total rangkaian 1 adalah $\Phi_1 = L_1i_1 + Mi_2$ .

Proposisi 29.6 (Induktor; solenoida)

Sebuah rangkaian berinduktansi $L$ yang mengalirkan arus yang berubah menjadi kedudukan ggl $e = -L\,\dd i/\dd t$ : dalam kesepakatan penerima ini adalah tegangan $u = L\,\dd i/\dd t$ induktor yang dipakai sejak Bab 7. Ia menyimpan energi $W = \tfrac12Li^2$ . Sebuah solenoida panjang berlilitan $n$ tiap meter, panjang $\ell$ , penampang $S$ , memiliki $L = \mu_0n^2S\ell$ ; energi tersimpannya $\tfrac12\mu_0n^2I^2S\ell = \dfrac{B^2}{2\mu_0}\,S\ell$ : energi magnetik tinggal di dalam medannya pada rapat $B^2/2\mu_0$ , persis seperti energi listrik pada $\varepsilon_0E^2/2$ .

Bukti. Faraday dengan $\Phi = Li$ , $L$ tetap. Energinya: daya yang diterima induktornya adalah $ui = Li\,\dd i/\dd t = \dd(\tfrac12Li^2)/\dd t$ . Solenoidanya: $B = \mu_0nI$ di dalam, fluksnya $BS$ menembus tiap lilitan dari $n\ell$ lilitannya, sehingga $\Phi = \mu_0n^2S\ell I$ . Rapat umumnya diterima tanpa bukti. ∎

Contoh 29.7 (Sebuah magnet MRI)

$1.5\,\mathrm{T}$ atas kira-kira satu meter kubik: $B^2/2\mu_0 = 2.25/2.5 \times 10^{-6} = 0.9\,\mathrm{MJ}/\mathrm{m}^{3}$ — energi sebuah aki mobil, tersimpan dalam ruang kosong. Dengan arus kumparan $500\,\mathrm{A}$ , $L = 2W/I^2 = 7\,\mathrm{H}$ . Bila superkonduktornya tiba-tiba menjadi berhambatan (sebuah padam mendadak), megajoule itu menjadi kalor dalam beberapa sekon dan mendidihkan ratusan liter helium cair: ruang magnetnya memiliki lubang buang untuknya.

Proposisi 29.8 (Transformator ideal)

Dua kumparan berlilitan $N_1$ dan $N_2$ yang digulung pada teras besi tertutup yang sama, sehingga fluks $\varphi$ yang sama menembus setiap lilitannya, memenuhi

\frac{u_2}{u_1} = \frac{N_2}{N_1} , \qquad N_1i_1 + N_2i_2 = 0 \quad\text{(tanpa rugi beban, tanpa arus pemagnetan)},

sehingga $u_2i_2 = -u_1i_1$ : daya yang diambil pada primernya disalurkan pada sekundernya; tegangannya berjenjang menurut nisbah lilitan, arusnya berbanding terbalik. Ia hanya bekerja dengan arus yang berubah.

Bukti. $u_1 = N_1\,\dd\varphi/\dd t$ dan $u_2 = N_2\,\dd\varphi/\dd t$ (kesepakatan penerima pada keduanya, arahnya dipilih menyusuri fluks bersamanya): bagilah. Hubungan arusnya adalah hukum Ampère pada terasnya: sirkulasinya sebesar $\mu_0\mu_r$ kali ampere-lilitan totalnya harus menciptakan fluksnya; bagi teras ideal ( $\mu_r \to \infty$ ) itu menuntut ampere-lilitan yang lenyap, sehingga $N_1i_1 + N_2i_2 = 0$ . Diterima tanpa bukti dalam bentuk ini. ∎

Kiri: sebuah transformator — dua kumparan pada teras besi tertutup berbagi fluks yang sama; tegangannya berskala menurut lilitannya, arusnya berbanding terbalik. Kanan: dua kumparan terkopel di udara dan induktansi bersamanya M; fluks sebuah kumparan sendiri adalah Li. — Kiri: sebuah transformator — dua kumparan pada teras besi tertutup berbagi fluks yang sama; tegangannya berskala menurut lilitannya, arusnya berbanding terbalik. Kanan: dua kumparan terkopel di udara dan induktansi bersamanya $M$ ; fluks sebuah kumparan sendiri adalah $Li$ .

29.3 Penghantar yang bergerak: generator dan motor

Proposisi 29.9 (Batang luncur)

Sebuah batang sepanjang $\ell$ meluncur dengan kelajuan $v$ pada dua rel yang ditutup sebuah hambatan $R$ , dalam medan seragam $B$ yang normal terhadap bidangnya. Ia menjadi kedudukan ggl $e = B\ell v$ , mengalirkan $i = B\ell v/R$ , dan merasakan gaya Laplace $F = B\ell i = B^2\ell^2v/R$ yang melawan geraknya. Daya mekanis yang dikeluarkan untuk mendorongnya, $Fv$ , sama dengan daya listrik $ei = Ri^2$ yang dilesapkan: batangnya adalah sebuah generator. Bila sebaliknya diberi sumber $E$ , ia menjadi motor: arus $(E - B\ell v)/R$ mendorongnya sampai ggl baliknya $B\ell v$ mengimbangi $E$ , pada kelajuan tanpa beban $E/B\ell$ .

Bukti. Fluksnya $B\ell x$ , $e = -B\ell\dot x$ dalam arah yang membuat $\vect n$ menyusuri $\vect B$ ; gaya Laplace $i\vect\ell\wedge\vect B$ pada arus yang berarah demikian menunjuk melawan $\vect v$ (Teorema 29.2, Lenz). Kalikanlah persamaan listriknya $e = Ri$ dengan $i$ dan persamaan mekanisnya dengan $v$ : $Fv = B\ell iv = ei$ . Daya elektromekanis $ei$ dan daya Laplace $-Fv$ selalu berlawanan — itulah hukum konversinya. ∎

Proposisi 29.10 (Lilitan yang berputar: alternator)

Sebuah kumparan berlilitan $N$ dan berluas $S$ yang berputar dengan $\omega$ terhadap sumbu yang tegak lurus pada $B$ yang seragam memiliki $\Phi = NBS\cos\omega t$ dan

e = NBS\omega\sin\omega t :

yaitu sebuah ggl sinusoidal beramplitudo $NBS\omega$ dan berfrekuensi putarnya. Ke dalam sebuah hambatan $R$ ia menyalurkan daya rata-rata $(NBS\omega)^2/2R$ , yang dipasok oleh momen gaya yang menjaganya tetap berputar melawan kopel Laplace $-\vect m\wedge\vect B$ arusnya sendiri.

Bukti. Turunkanlah fluksnya; $\langle\sin^2\rangle = \tfrac12$ . Kopelnya adalah Teorema 28.14 dengan $m = Ni S$ ; daya rata-ratanya $\langle\Gamma\omega\rangle$ sama dengan $\langle ei\rangle$ menurut perhitungan yang sama seperti bagi batangnya. ∎

Kiri: batang luncur sebagai generator — ggl B v, arus lewat R, gaya Laplace yang mengerem batangnya; daya pendorongnya menjadi kalor resistornya. Tengah dan kanan: kumparan berputar sebuah alternator dan ggl sinusoidalnya. — Kiri: batang luncur sebagai generator — ggl $B\ell v$ , arus lewat $R$ , gaya Laplace yang mengerem batangnya; daya pendorongnya menjadi kalor resistornya. Tengah dan kanan: kumparan berputar sebuah alternator dan ggl sinusoidalnya.

Contoh 29.11 (Arus pusar)

Sebuah penghantar pejal yang bergerak dalam medan tak seragam, atau yang duduk dalam medan yang berubah, ditembus fluks yang berubah menyusuri lintasan tertutup yang tak terhitung: arus pusar beredar di dalamnya, memanaskannya dan — menurut Lenz — mengeremnya. Sebuah magnet yang dijatuhkan ke dalam tabung tembaga melayang turun perlahan; rem truk dan kereta luncur memakainya (tanpa sentuhan, tanpa aus, tanpa kegagalan rem — tetapi tanpa pengereman saat diam); kompor induksi memanaskan pancinya dengan arus yang sama, pada $25\,\mathrm{kHz}$ ; teras transformator dilapis-lapiskan justru untuk memutusnya.

29.4 Pengeras suara: sebuah sistem terkopel

Proposisi 29.12 (Kopling elektromekanis sebuah kumparan dalam medan radial)

Sebuah kumparan yang panjang kawat totalnya $\ell$ duduk dalam medan radial $B$ sehingga setiap unsur kawatnya tegak lurus pada $\vect B$ ; ia bergerak menyusuri sumbunya dengan kelajuan $v$ dan mengalirkan $i$ . Maka ia merasakan gaya Laplace aksial $F = B\ell i$ dan menjadi kedudukan ggl balik $e = -B\ell v$ (kesepakatan penerima: tegangan $B\ell v$ ). Dengan massa $m$ , gantungan berkekakuan $k$ dan peredaman mekanis $h$ , yang diberi tegangan $u$ lewat hambatan $R$ dan induktansi $L$ kumparannya:

u = Ri + L\frac{\dd i}{\dd t} + B\ell v , \qquad m\frac{\dd v}{\dd t} = -kx - hv + B\ell i .

Dikalikan $i$ dan $v$ lalu dijumlahkan: daya listrik $ui$ sama dengan rugi Joule $Ri^2$ ditambah pertumbuhan energi tersimpannya $\tfrac12Li^2 + \tfrac12mv^2 + \tfrac12kx^2$ ditambah rugi mekanisnya $hv^2$ (yang mencakup bunyinya): suku konversinya $B\ell iv$ saling meniadakan antara kedua persamaannya. Dijalankan terbalik (geraknya dipaksakan, $u$ dibaca) peranti yang sama menjadi sebuah mikrofon dinamik.

Bukti. Gaya Laplace pada tiap unsurnya $i\,\dd\vect l\wedge\vect B$ , semuanya aksial dan bertanda sama; gglnya dari $(\vect v\wedge\vect B)\cdot\dd\vect l$ yang dijumlahkan atas kawatnya. Neraca energinya adalah jumlah kedua persamaannya yang dikalikan seperti dinyatakan. ∎

Sebuah pengeras suara kumparan bergerak dalam penampang: kumparan suaranya duduk di celah gelang sebuah magnet yang medannya radial, sehingga sebuah arus memberi gaya aksial apa pun kedudukannya; kerucut yang digeraknya ditahan oleh gantungan yang kaku dan teredam; gerak kumparannya memberi ggl balik B v ke dalam rangkaian listriknya. — Sebuah pengeras suara kumparan bergerak dalam penampang: kumparan suaranya duduk di celah gelang sebuah magnet yang medannya radial, sehingga sebuah arus memberi gaya aksial apa pun kedudukannya; kerucut yang digeraknya ditahan oleh gantungan yang kaku dan teredam; gerak kumparannya memberi ggl balik $B\ell v$ ke dalam rangkaian listriknya.

Catatan 29.13 (Mengapa koplingnya meredam)

Pada frekuensi rendah ( $L\omega \ll R$ ), $i \approx (u - B\ell v)/R$ dan gayanya adalah $B\ell u/R - (B^2\ell^2/R)\,v$ : rangkaian listriknya menambahkan peredaman $B^2\ell^2/R$ pada peredaman mekanisnya. Sebuah pengeras suara yang tersambung ke penguat (berhambatan keluaran rendah) teredam berat — kerucutnya berhenti ketika sinyalnya berhenti — dan kopling yang sama pula yang membuat mikrofonnya mengambil energi dari bunyinya (Soal 29.1).

29.5 Latihan

Latihan 29.1 ★

Sebuah kumparan berlilitan $100$ dan berluas $10\,\mathrm{cm}^{2}$ dalam medan seragam $0.20\,\mathrm{T}$ bersudut $30{}^{\circ}$ terhadap normalnya. Fluksnya; ggl rata-rata bila medannya dimatikan dalam $10\,\mathrm{ms}$ ; dalam $1\,\mathrm{ms}$ ; arah arus imbasnya relatif terhadap medannya (Lenz).

Solusi

Solusi Latihan 29.1.

$\Phi = NBS\cos30^\circ = 100 \times 0.2 \times 10^{-3} \times 0.866 = 1.7 \times 10^{-2}\,\mathrm{Wb}$ ; $\langle e\rangle = \Delta\Phi/\Delta t = 1.7\,\mathrm{V}$ dalam $10\,\mathrm{ms}$ , $17\,\mathrm{V}$ dalam $1\,\mathrm{ms}$ . Arusnya mengalir sedemikian sehingga menciptakan kembali fluks yang lenyap: medannya menyusuri $\vect B$ yang lama.

Latihan 29.2 ★

Sebuah batang sepanjang $20\,\mathrm{cm}$ meluncur dengan $2.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ pada rel yang ditutup $0.10\,\Omega$ , dalam $0.50\,\mathrm{T}$ . Ggl, arus, gaya Laplace, gaya yang harus dikerahkan pendorongnya, daya mekanis, daya listriknya.

Solusi

Solusi Latihan 29.2.

$e = B\ell v = 0.5 \times 0.2 \times 2 = 0.20\,\mathrm{V}$ ; $i = 2.0\,\mathrm{A}$ ; $F = B\ell i = 0.20\,\mathrm{N}$ yang mengerem, sehingga pendorongnya mengerahkan $0.20\,\mathrm{N}$ ; $Fv = 0.40\,\mathrm{W} = Ri^2$ .

Latihan 29.3 ★

Solenoida $1000\,\mathrm{lilitan}/\mathrm{m}$ , panjang $20\,\mathrm{cm}$ , penampang $4.0\,\mathrm{cm}^{2}$ : induktansinya; energinya pada $5.0\,\mathrm{A}$ ; tetapan waktunya dengan hambatan $1.0\,\Omega$ ; medan di dalamnya dan rapat energinya, untuk memeriksa $B^2/2\mu_0$ .

Solusi

Solusi Latihan 29.3.

$L = \mu_0n^2S\ell = 4\pi \times 10^{-7} \times 10^6 \times 4 \times 10^{-4} \times 0.2 = 0.10\,\mathrm{mH}$ ; $W = \tfrac12LI^2 = 1.3\,\mathrm{mJ}$ ; $\tau = L/R = 0.1\,\mathrm{ms}$ . $B = \mu_0nI = 6.3\,\mathrm{mT}$ , $B^2/2\mu_0 = 15.7\,\mathrm{J}/\mathrm{m}^{3}$ atas $S\ell = 8 \times 10^{-5}\,\mathrm{m}^{3}$ : $1.3\,\mathrm{mJ}$ .

Latihan 29.4 ★

Sebuah transformator dari $230\,\mathrm{V}$ ke $12\,\mathrm{V}$ : nisbah lilitannya; lilitan primernya bagi sekunder berlilitan $50$ ; arus primernya ketika sekundernya menyalurkan $2.0\,\mathrm{A}$ . Mengapa ia tak bekerja pada aki mobil?

Solusi

Solusi Latihan 29.4.

$N_2/N_1 = 12/230 = 0.052$ ; $N_1 = 50/0.052 = 960$ lilitan; $i_1 = 2 \times 0.052 = 0.10\,\mathrm{A}$ . Arus tunak membuat fluks tunak: tak ada $\dd\varphi/\dd t$ , tak ada tegangan sekunder — dan primernya, sebagai hubung singkat, akan terbakar.

Latihan 29.5 ★★

Hukum Lenz: berikanlah arah arus imbasnya dan arah gayanya pada tiap kasus — (a) sebuah kutub utara mendekati sebuah cincin menyusuri sumbunya; (b) sebuah cincin terletak dalam medan yang tumbuh; (c) sebuah cincin dijatuhkan ke atas sebuah magnet; (d) sebuah magnet jatuh menembus tabung tembaga yang panjang. Bagi (d), jelaskanlah dengan energi mengapa ia jatuh dengan kelajuan tetap yang kecil.

Solusi

Solusi Latihan 29.5.

(a) Fluksnya (menyusuri arah datangnya) tumbuh: arusnya membuat medan yang melawannya — kutub utaranya sendiri menghadapi kutub utara magnetnya — dan cincinnya terdorong menjauh. (b) Arus yang medannya melawan pertumbuhannya; cincinnya, sebagai dipol yang berlawanan arah dengan $\vect B$ , terdorong ke medan yang lebih lemah. (c) Selagi jatuh fluksnya tumbuh: arusnya sama seperti (a), cincinnya tererem. (d) Tiap penggal tabung di depan magnetnya melihat fluks yang tumbuh, di belakangnya fluks yang mengecil; kedua arus imbasnya mengerem magnetnya; pada kelajuan yang membuat gaya Laplace mengimbangi beratnya, magnetnya jatuh tunak dan energi potensial yang hilang menjadi kalor Joule dalam tabungnya.

Latihan 29.6 ★★

Alternator: $N = 200$ , $S = 20\,\mathrm{cm}^{2}$ , $B = 0.10\,\mathrm{T}$ , $50\,\mathrm{Hz}$ . Ggl puncak dan rms-nya; arus puncak dan momen gaya puncak ke dalam $10\,\Omega$ ; daya listrik rata-ratanya; bandingkan dengan daya mekanis rata-ratanya, dan dengan momen gaya sesaat pada saat gglnya lenyap.

Solusi

Solusi Latihan 29.6.

$E_{\max} = NBS\omega = 200 \times 2 \times 10^{-3} \times 0.1 \times 314 = 12.6\,\mathrm{V}$ , rms-nya $8.9\,\mathrm{V}$ ; $I_{\max} = 1.26\,\mathrm{A}$ , $\Gamma_{\max} = NBSI_{\max} = 0.050\,\mathrm{N}\,\mathrm{m}$ (ketika $\sin\omega t = 1$ ); $\langle P\rangle = E_{\max}^2/2R = 7.9\,\mathrm{W}$ $= \langle\Gamma\omega\rangle = \tfrac12 \times 0.05 \times 314$ ; ketika $e = 0$ arusnya nol dan momen gayanya lenyap — momen gayanya berdenyut pada $100\,\mathrm{Hz}$ .

Latihan 29.7 ★★

Rem magnetik. Sebuah lilitan persegi bersisi $a = 10\,\mathrm{cm}$ dan berhambatan $R = 1.0\,\mathrm{m}\Omega$ , bermassa $1.0\,\mathrm{kg}$ , meninggalkan sebuah daerah bermedan seragam $B = 1.0\,\mathrm{T}$ dengan kelajuan $v$ (satu sisinya masih di dalam medannya). Ggl, arus, gaya pengeremnya; persamaan gerak dan tetapan waktunya; jarak yang ditempuh sebelum berhenti dari $1.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ; ke mana energi kinetiknya pergi?

Solusi

Solusi Latihan 29.7.

$e = Bav$ , $i = Bav/R$ , $F = B^2a^2v/R = 10\,v$ (N). $m\,\dd v/\dd t = -B^2a^2v/R$ : $v = v_0\eu^{-t/\tau}$ , $\tau = mR/B^2a^2 = 0.10\,\mathrm{s}$ ; jaraknya $v_0\tau = 10\,\mathrm{cm}$ (bila daerah medannya cukup panjang). Energi kinetiknya, $0.5\,\mathrm{J}$ , dilesapkan sebagai $Ri^2$ dalam lilitannya.

Latihan 29.8 ★★

Sebuah kumparan kecil ( $N_2 = 50$ lilitan, penampang $2.0\,\mathrm{cm}^{2}$ ) duduk di dalam sebuah solenoida panjang ( $n_1 = 2000\,\mathrm{m}^{-1}$ ), sumbunya sejajar. Induktansi bersamanya; ggl dalam kumparannya ketika arus solenoidanya menanjak $100\,\mathrm{A}/\mathrm{s}$ , dan ketika arusnya $1.0\,\mathrm{A}$ pada $10\,\mathrm{kHz}$ . Apakah $M$ bergantung pada kumparan mana yang mengalirkan arusnya?

Solusi

Solusi Latihan 29.8.

Fluks medan solenoidanya $\mu_0n_1i_1$ menembus $N_2$ lilitannya: $M = \mu_0n_1N_2S_2 = 4\pi \times 10^{-7} \times 2000 \times 50 \times 2 \times 10^{-4} = 25\,\text{µ}\mathrm{H}$ . Tanjakannya: $e = M\,\dd i_1/\dd t = 2.5\,\mathrm{mV}$ ; pada $10\,\mathrm{kHz}$ , $1\,\mathrm{A}$ : $e_{\max} = M\omega I = 25 \times 10^{-6} \times 6.3 \times 10^4 = 1.6\,\mathrm{V}$ . $M$ bersifat setangkup: angka yang sama memberi fluks yang dikirim kumparan kecilnya menembus solenoidanya — yang jauh lebih sukar dihitung langsung.

Latihan 29.9 ★★

Energi dalam sebuah medan: $B = 1.5\,\mathrm{T}$ atas $1.0\,\mathrm{m}^{3}$ , seperti dalam sebuah magnet MRI. Energinya; induktansinya bagi $I = 500\,\mathrm{A}$ ; ketinggian yang dapat dinaiki sebuah mobil $1\,\mathrm{t}$ dengan energi itu; volume helium cair yang dididihkannya dalam sebuah padam mendadak ( $2.6\,\mathrm{kJ}$ tiap liter). Energi medan Bumi ( $5 \times 10^{-5}\,\mathrm{T}$ ) dalam sebuah ruangan $50\,\mathrm{m}^{3}$ .

Solusi

Solusi Latihan 29.9.

$W = B^2V/2\mu_0 = 2.25/(2.51 \times 10^{-6}) = 0.90\,\mathrm{MJ}$ ; $L = 2W/I^2 = 7.2\,\mathrm{H}$ ; $h = W/mg = 92\,\mathrm{m}$ ; heliumnya: $9 \times 10^5/2600 = 350\,\mathrm{L}$ . Medan Bumi: $(5 \times 10^{-5})^2/2\mu_0 = 1 \times 10^{-3}\,\mathrm{J}/\mathrm{m}^{3}$ , $50\,\mathrm{mJ}$ dalam ruangannya.

Latihan 29.10 ★★★

Rel sebagai motor. Batang Latihan 29.2 (bermassa $m$ , tanpa gesekan) dihubungkan ke sumber $E$ lewat hambatan $R$ . (a) Persamaan listrik dan mekanisnya; tunjukkan $m\,\dd v/\dd t = B\ell(E - B\ell v)/R$ . (b) Kelajuan terminal dan tetapan waktunya. (c) Neraca daya: daya sumber $=$ Joule $+$ mekanis; efisiensinya sebagai fungsi $v$ . (d) Angkanya: $E = 2.0\,\mathrm{V}$ , $m = 50\,\mathrm{g}$ , sisanya seperti dalam Latihan 29.2. (e) Sebuah senapan rel mempercepat proyektil $10\,\mathrm{g}$ dengan $1\,\mathrm{MA}$ sepanjang $5\,\mathrm{m}$ dalam $1\,\mathrm{T}$ : kelajuan keluarnya (orde besarnya).

Solusi

Solusi Latihan 29.10.

(a) $E - B\ell v = Ri$ (ggl baliknya melawan sumbernya), $m\,\dd v/\dd t = B\ell i$ : $m\,\dd v/\dd t = B\ell(E - B\ell v)/R$ . (b) $v_\infty = E/B\ell$ , $\tau = mR/B^2\ell^2$ . (c) Kalikanlah persamaan listriknya dengan $i$ : $Ei = Ri^2 + B\ell vi$ , dan $B\ell vi = Fv$ adalah daya mekanisnya; efisiensinya $Fv/Ei = B\ell v/E = v/v_\infty$ — $100\%$ hanya pada keadaan tanpa beban, yang tak menyalurkan apa pun. (d) $v_\infty = 2/(0.5 \times 0.2) = 20\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , $\tau = 0.05 \times 0.1/0.01 = 0.5\,\mathrm{s}$ . (e) $F = B\ell I = 1 \times 0.1 \times 10^6 = 1 \times 10^{5}\,\mathrm{N}$ (dengan mengambil $\ell = 10\,\mathrm{cm}$ ), $a = 1 \times 10^{7}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ , $v = \sqrt{2a \times 5} = 1 \times 10^{4}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ — sepuluh kilometer tiap sekon, janji sekaligus masalah senapan rel (relnya terkikis).

Latihan 29.11 ★★★

Cakram Faraday. Sebuah cakram tembaga berjari-jari $R$ berputar dengan $\omega$ terhadap sumbunya dalam $B$ seragam yang menyusuri sumbunya; sikatnya menyentuh pusatnya dan tepinya. (a) Ggl antara pusat dan tepinya dengan menjumlahkan $(\vect v\wedge \vect B)\cdot\dd\vect l$ menyusuri sebuah jari-jari: $e = \tfrac12B\omega R^2$ . (b) Angkanya: $R = 10\,\mathrm{cm}$ , $3000\,\mathrm{rpm}$ , $1.0\,\mathrm{T}$ . (c) Mengapa ia mesin bertegangan rendah dan berarus tinggi; arusnya ke dalam $1\,\mathrm{m}\Omega$ , dan momen gaya pengeremnya. (d) Perolehlah kembali $e$ dari hukum Faraday yang diterapkan pada rangkaian sikat–jari-jari–tepi–sikat: fluks mana yang berubah?

Solusi

Solusi Latihan 29.11.

(a) Pada jari-jari $r$ logamnya bergerak dengan $v = \omega r$ ; $\vect v\wedge\vect B$ radial dan bernilai $\omega rB$ : $e = \int_0^R\omega Br\,\dd r = \tfrac12B\omega R^2$ . (b) $\omega = 314$ : $e = 0.5 \times 1 \times 314 \times 0.01 = 1.6\,\mathrm{V}$ . (c) Hanya satu “lilitan”, jadi paling banter beberapa volt; ke dalam $1\,\mathrm{m}\Omega$ : $1.6\,\mathrm{kA}$ , momen gayanya $= P/\omega = ei/\omega = 2500/314 = 8\,\mathrm{N}\,\mathrm{m}$ . (d) Rangkaian sikat–jari-jari– tepi–sikatnya menyapu luas $\tfrac12R^2\omega\,\dd t$ tiap $\dd t$ : $\dd\Phi/\dd t = \tfrac12BR^2\omega$ — yaitu fluks menembus rangkaian yang bergerak dan berubah bentuk itu.

Latihan 29.12 ★★★

Kompor induksi. Kumparan di bawah kacanya mengalirkan $i_1 = I_1\cos\omega t$ dengan $I_1 = 30\,\mathrm{A}$ pada $25\,\mathrm{kHz}$ ; dasar pancinya berlaku sebagai satu lilitan berhambatan $R_p = 10\,\mathrm{m}\Omega$ yang terkopel oleh $M = 1.0\,\text{µ}\mathrm{H}$ (induktansi lilitan pancinya diabaikan). (a) Ggl yang terimbas pada pancinya, nilai puncaknya. (b) Arus dan daya rata-rata yang dilesapkan pada pancinya. (c) Mengapa frekuensinya tinggi, dan mengapa kalornya muncul pada pancinya dan bukan pada kacanya? (d) Arus pancinya berbalik bekerja pada kumparannya: ggl yang diimbaskannya di sana (puncak), dan daya tambahan yang harus dipasok generatornya — periksalah bahwa ia sama dengan (b).

Solusi

Solusi Latihan 29.12.

(a) $e_2 = -M\,\dd i_1/\dd t$ , puncaknya $M\omega I_1 = 10^{-6} \times 1.57 \times 10^5 \times 30 = 4.7\,\mathrm{V}$ . (b) $I_2 = 4.7/0.01 = 470\,\mathrm{A}$ puncak; $\langle P\rangle = R_pI_2^2/2 = 1.1\,\mathrm{kW}$ . (c) Gglnya $\propto\omega$ : frekuensi tinggi memberi ggl yang berguna dengan $M$ yang sederhana; kacanya isolator, tak ada yang mengalir di dalamnya — kalornya lahir di dalam logamnya. (d) Arus pancinya mengimbas pada kumparannya $M\omega I_2 = 10^{-6} \times 1.57 \times 10^5 \times 470 = 74\,\mathrm{V}$ puncak, sefase dengan $i_1$ (arus pancinya tak tertinggal terhadap $e_2$ , karena bersifat resistif, dan $e_2$ tertinggal terhadap $i_1$ sebesar $90{}^{\circ}$ … sehingga ggl pantulnya $-M\,\dd i_2/\dd t$ , berlawanan fase dengan tegangan penggerak $i_1$ ): generatornya memasok $\tfrac12 \times 74 \times 30 = 1.1\,\mathrm{kW}$ lebih banyak — persis yang dilesapkan pancinya.

Sebuah dinamo botol: rodanya memutar sebuah magnet di dalam sebuah kumparan, fluks yang menembus kumparannya berubah, dan lampunya menyala — hukum Faraday di atas sebuah sepeda.

29.6 Soal: Dinamo sepeda dan pengeras suara

Soal 29.1

Soal akhir pekan — dua pengubah elektromekanis yang dibongkar: sebuah dinamo yang mengatur dirinya sendiri, dan sebuah pengeras suara yang penguatnya sekaligus remnya

Bagian I — Dinamo sepedanya. Sebuah kumparan berlilitan $N = 300$ dan berluas $S = 3.0\,\mathrm{cm}^{2}$ berputar dalam medan seragam $B = 0.30\,\mathrm{T}$ ; porosnya membawa sebuah rol berjari-jari $r = 1.0\,\mathrm{cm}$ yang ditekan pada bannya, sehingga kumparannya berputar dengan $\omega = v/r$ bagi kelajuan sepeda $v$ . Hambatan kumparannya $r_c = 4.0\,\Omega$ , induktansinya $L = 20\,\mathrm{mH}$ ; lampunya adalah hambatan $R = 12\,\Omega$ .

Fluks menembus kumparannya dan ggl imbasnya sebagai fungsi waktu; amplitudo dan frekuensinya pada $v = 18\,\mathrm{km}/\mathrm{h}$ .
Dengan mengabaikan $L$ dahulu: arus rms dan daya pada lampunya pada $18\,\mathrm{km}/\mathrm{h}$ ; apakah lampu “ $6\,\mathrm{V}$ , $3\,\mathrm{W}$ ” merasa nyaman?
Daya mekanis rata-rata yang dipasok pengendaranya ke dinamonya, dan gaya yang bersesuaian pada bannya (bandingkan dengan gesekan gelinding, kira-kira $2\,\mathrm{N}$ ).
Jelaskanlah dengan hukum Lenz mengapa dinamonya melawan, dan mengapa sebuah lampu yang menyala “cuma-cuma” tak bertentangan dengan kekekalan energi.
Kini sertakanlah $L$ : impedans kompleks rangkaiannya; tunjukkan bahwa amplitudo arusnya adalah $I = NBS\omega/\sqrt{(R + r_c)^2 + L^2\omega^2}$ dan bahwa ia menjenuh pada kelajuan tinggi; limitnya, dan kelajuan saat ia mencapai $70\%$ limitnya.
Tanpa induktansinya, apa yang akan diterima lampunya pada $54\,\mathrm{km}/\mathrm{h}$ menuruni bukit? Dengan induktansinya?
Arus dan daya lampunya pada $9\,\mathrm{km}/\mathrm{h}$ dan pada $36\,\mathrm{km}/\mathrm{h}$ ; ulaslah pengaturan dirinya.
Dinamo yang sebenarnya memutar sebuah magnet di dalam kumparan yang tetap. Apakah analisisnya berubah? Masalah praktis apa yang disingkirkannya?
Apa yang dilakukan lampunya ketika sepedanya berhenti di lampu merah, dan bagaimana lampu modern mengatasinya?

Bagian II — Pengeras suaranya. Kumparan suaranya: panjang kawat $\ell = 5.0\,\mathrm{m}$ dalam medan radial $B = 1.0\,\mathrm{T}$ , hambatan $R = 8.0\,\Omega$ , induktansi $L = 0.50\,\mathrm{mH}$ ; massa bergeraknya (kumparan dan kerucut) $m = 10\,\mathrm{g}$ ; kekakuan gantungannya $k = 1000\,\mathrm{N}/\mathrm{m}$ , peredaman mekanisnya $h = 1.0\,\mathrm{N}\,\mathrm{s}/\mathrm{m}$ . Rezim sinusoidal, amplitudo kompleks.

Gaya pada kumparannya bagi arus $i$ ; ggl baliknya bagi kelajuan $v$ (turunkanlah keduanya, lengkap dengan tandanya).
Tuliskanlah persamaan listrik dan mekanisnya.
Hapuskanlah $i$ lalu tunjukkan bahwa $\underline v = \dfrac{B\ell\,\underline u}{(R + jL\omega)(jm\omega + h + k/j\omega) + B^2\ell^2}$ .
Pada frekuensi yang $L\omega \ll R$ , tunjukkan bahwa koplingnya bekerja sebagai peredaman mekanis tambahan $B^2\ell^2/R$ ; nilainya; frekuensi resonansi kerucutnya dan faktor kualitasnya dengan dan tanpa peredaman listriknya.
Penguatnya menyalurkan $i$ beramplitudo $1.0\,\mathrm{A}$ pada $1\,\mathrm{kHz}$ : amplitudo gaya, percepatan, perpindahan dan kecepatan kerucutnya (rezim terkendali massa); amplitudo ggl baliknya dibandingkan dengan $Ri$ .
Arus yang sama pada frekuensi resonansinya: amplitudo kecepatannya (terkendali peredaman) dan ggl baliknya; ulaslah.
Daya listriknya pada $1\,\mathrm{kHz}$ ; daya mekanis yang dilesapkan pada $h$ (diambil sebagai rugi bunyi dan gantungannya); efisiensinya.
Mengapa tekanan bunyinya sebanding dengan percepatan kerucutnya (terimalah tanpa bukti) menjadi sebab kerucut yang terkendali massa memberi tanggapan yang datar di atas resonansinya?
Mengapa medannya harus radial, dan mengapa sebuah tweeter berukuran kecil?
Sketsalah modulus impedans $\underline u/\underline i$ yang terlihat oleh penguatnya dari $10\,\mathrm{Hz}$ sampai $10\,\mathrm{kHz}$ : nilainya pada frekuensi rendah, pada resonansinya (pakailah kecepatan yang terkendali peredaman), dan pada $10\,\mathrm{kHz}$ .

Bagian III — Terbalik, dan bukunya.

Peranti yang sama sebagai mikrofon: sebuah bunyi menggerakkan kerucutnya dengan $v = 1.0\,\mathrm{mm}/\mathrm{s}$ ; tegangan rangkaian terbukanya.
Dibebani $R_L = 600\,\Omega$ : arusnya, dan gaya pengereman pada kerucutnya; tunjukkan bahwa mikrofonnya mengambil daya dari bunyinya lewat peredaman efektif $B^2\ell^2/(R + R_L)$ .
Kumparannya digulung pada sebuah tabung aluminium (kelosnya), yaitu satu lilitan tertutup sepanjang $0.10\,\mathrm{m}$ dan berhambatan $1.0\,\mathrm{m}\Omega$ : peredaman yang ditambahkannya; mengapa kelos dibelah.
Ketuklah kerucut sebuah pengeras suara yang kutubnya dibiarkan terbuka, lalu kerucut yang kutubnya dihubungsingkatkan: yang mana berdenting lebih lama, dan mengapa?
Tuliskanlah neraca energi pengeras suaranya sepanjang satu periode dalam keadaan tunak, sambil menamai setiap sukunya.
Ringkaslah: bagi tiap perantinya, hukum yang dipakai dan dua angka yang layak diingat.

Solusi

Solusi Soal 29.1.

1. $\Phi = NBS\cos\omega t$ , $e = NBS\omega\sin\omega t$ ; $NBS = 300 \times 0.3 \times 3 \times 10^{-4} = 0.027\,\mathrm{Wb}$ ; $\omega = v/r = 5/0.01 = 500\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ : amplitudonya $13.5\,\mathrm{V}$ , frekuensinya $\omega/2\pi = 80\,\mathrm{Hz}$ .

2. $I_{\text{rms}} = 13.5/\sqrt2/16 = 0.60\,\mathrm{A}$ ; lampunya $RI^2 = 4.3\,\mathrm{W}$ di bawah $7.2\,\mathrm{V}$ : lampu $6\,\mathrm{V}$ , $3\,\mathrm{W}$ terpacu berlebihan dan tak akan bertahan.

3. Mekanis $=$ listrik: $(R + r_c)I_{\text{rms}}^2 = 16 \times 0.36 = 5.7\,\mathrm{W}$ ; $F = P/v = 5.7/5 = 1.1\,\mathrm{N}$ — separuh gesekan gelindingnya; pengendaranya merasakannya.

4. Kopel Laplace arus imbasnya melawan putarannya (Lenz); energi lampunya datang dari kaki pengendaranya, sebanyak $5.7\,\mathrm{W}$ .

5. $\underline Z = R + r_c + jL\omega$ ; $I = NBS\omega/\sqrt{(R + r_c)^2 + L^2\omega^2}$ ; untuk $L\omega \gg R + r_c$ , $I \to NBS/L = 0.027/0.02 = 1.35\,\mathrm{A}$ . $70\%$ : $L\omega = 0.7(R + r_c)/\sqrt{1 - 0.49} = 15.7$ , $\omega = 784\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ , $v = 7.8\,\mathrm{m}/\mathrm{s} = 28\,\mathrm{km}/\mathrm{h}$ .

6. Tanpa $L$ : $e_{\max} = 3 \times 13.5 = 40.5\,\mathrm{V}$ , $I_{\text{rms}} = 1.8\,\mathrm{A}$ , $39\,\mathrm{W}$ pada lampunya — ia putus. Dengan $L$ : $I = 40.5/\sqrt{256 + 900} = 1.2\,\mathrm{A}$ puncak, $8.5\,\mathrm{W}$ : panas, tetapi sepuluh kali lebih kecil.

7. $9\,\mathrm{km}/\mathrm{h}$ : $e_{\max} = 6.75$ , $|Z| = \sqrt{256 + 25} = 16.8$ , $I = 0.40$ , $P = \tfrac12 \times 0.16 \times 12 = 1.0\,\mathrm{W}$ : redup. $36\,\mathrm{km}/\mathrm{h}$ : $e_{\max} = 27$ , $|Z| = 25.6$ , $I = 1.05$ , $P = 6.6\,\mathrm{W}$ . Kelajuannya empat kali lipat, arusnya $2.6$ kali: induktansinya mengatur.

8. Hanya gerak nisbinya yang berperan: fluks menembus kumparan yang tetap berubah dengan cara yang sama, gglnya sama. Tak ada sentuhan luncur (sikat) yang diperlukan untuk membawa arusnya keluar dari kumparan yang berputar.

9. Tak ada gerak, tak ada perubahan fluks, tak ada cahaya — karena itu ada kapasitor atau baterai kecil (“lampu diam”) yang diisi selagi bersepeda.

10. Tiap unsur kawatnya tegak lurus pada $\vect B$ yang radial: $F = B\ell i$ , aksial. Bergerak dengan $v$ , tiap unsurnya melihat $\vect v\wedge\vect B$ menyusuri kawatnya: $e = -B\ell v$ , yang melawan arus penghasil geraknya (kesepakatan penerima: tegangan $B\ell v$ ).

11. $u = Ri + L\,\dd i/\dd t + B\ell v$ ; $m\,\dd v/\dd t = -kx - hv + B\ell i$ .

12. $\underline i = (\underline u - B\ell\underline v)/(R + jL\omega)$ ; $\underline v\,(jm\omega + h + k/j\omega) = B\ell\,\underline i$ ; substitusikan lalu selesaikan untuk $\underline v$ .

13. $i \approx (u - B\ell v)/R$ memberi $m\dot v + (h + B^2\ell^2/R)v + kx = B\ell u/R$ : peredaman tambahannya $25/8 = 3.1\,\mathrm{N}\,\mathrm{s}/\mathrm{m}$ . $f_0 = \tfrac1{2\pi}\sqrt{k/m} = 50\,\mathrm{Hz}$ ; $Q = \sqrt{km}/h_{\text{tot}}$ : $3.2$ dalam keadaan terbuka, $0.77$ dengan penguatnya.

14. $F = 5.0\,\mathrm{N}$ , $a = F/m = 500\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ , $x = a/\omega^2 = 13\,\text{µ}\mathrm{m}$ , $v = a/\omega = 0.080\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ; $B\ell v = 0.40\,\mathrm{V}$ terhadap $Ri = 8\,\mathrm{V}$ : $5\%$ .

15. Dengan arusnya dipaksakan, $v = F/h = 5\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ (yaitu amplitudo $16\,\mathrm{mm}$ — simpangan yang besar untuk $1\,\mathrm{A}$ ); $B\ell v = 25\,\mathrm{V}$ , tiga kali $Ri$ : penguatnya harus memasok $33\,\mathrm{V}$ untuk mendorong $1\,\mathrm{A}$ pada resonansinya — itulah puncak impedansnya. Sebuah penguat bersumber tegangan justru akan membiarkan peredaman listriknya menahan kerucutnya.

16. $\tfrac12RI^2 = 4.0\,\mathrm{W}$ ; $\tfrac12hv^2 = \tfrac12 \times 0.0064 = 3.2\,\mathrm{mW}$ : efisiensinya $0.08\%$ — pengeras suara adalah pemanas yang berbisik.

17. Di atas resonansinya $a = F/m = B\ell i/m$ tak bergantung pada frekuensi bagi arus tertentu, sehingga tekanannya, yang $\propto a$ , mendatar: pita yang terkendali massa itulah pita kerjanya.

18. Medan radial: gayanya aksial dan sama di setiap kedudukan kumparannya di dalam celahnya. Sebuah tweeter harus tetap terkendali massa sampai $20\,\mathrm{kHz}$ dengan simpangan yang mungil: kumparan dan kerucut yang ringan; dan kerucut yang kecil memancarkan frekuensi tinggi ke segala arah.

19. Frekuensi rendah: $v$ kecil, $|Z| \approx R = 8\,\Omega$ ; pada $50\,\mathrm{Hz}$ : $u = Ri + B\ell v$ dengan $v = B\ell i/h$ : $Z = R + B^2\ell^2/h = 8 + 25 = 33\,\Omega$ ; pada $10\,\mathrm{kHz}$ : $|R + jL\omega| = |8 + 31j| = 32\,\Omega$ . Sebuah puncak pada resonansinya, lantai datar $8\,\Omega$ , lalu naik bersama $L\omega$ .

20. $e = B\ell v = 5 \times 10^{-3} = 5\,\mathrm{mV}$ .

21. $i = 5 \times 10^{-3}/608 = 8.2\,\text{µ}\mathrm{A}$ ; $F = B\ell i = 41\,\text{µ}\mathrm{N}$ , yang melawan $v$ : $F = [B^2\ell^2/(R + R_L)]\,v$ , yaitu peredaman $0.041\,\mathrm{N}\,\mathrm{s}/\mathrm{m}$ ; daya $Fv = 4 \times 10^{-8}\,\mathrm{W}$ diambil dari bunyinya dan berakhir di kedua resistornya.

22. Kelosnya: $B^2\ell_f^2/R_f = 1 \times 0.01/10^{-3} = 10\,\mathrm{N}\,\mathrm{s}/\mathrm{m}$ , sepuluh kali $h$ : ia akan mematikan kerucutnya dan memboroskan daya sebagai kalor; sebuah belahan memutus lilitan tertutupnya.

23. Terbuka: hanya $h$ yang meredam, $Q = 3.2$ , ia berdenting. Terhubung singkat: ggl baliknya mengalirkan arus lewat $R$ , peredaman $B^2\ell^2/R$ ditambahkan, $Q = 0.77$ : ia berhenti seketika. (Cobalah.)

24. Sepanjang satu periode, energi tersimpannya kembali ke nilainya: $\langle ui\rangle = \langle Ri^2\rangle + \langle hv^2\rangle$ — masukan listrik $=$ kalor Joule dalam kumparannya $+$ rugi mekanisnya (bunyi yang terpancar dan gesekan gantungannya); suku koplingnya $B\ell iv$ muncul dalam kedua persamaannya dengan tanda berlawanan lalu saling meniadakan.

25. Dinamonya: Faraday pada kumparan yang berputar — $13.5\,\mathrm{V}$ pada $18\,\mathrm{km}/\mathrm{h}$ , arusnya terbatasi pada $1.35\,\mathrm{A}$ oleh induktansinya sendiri. Pengeras suaranya: gaya Laplace dan ggl balik — $3.1\,\mathrm{N}\,\mathrm{s}/\mathrm{m}$ peredaman listrik, efisiensi $0.08\%$ . Mikrofonnya: kumparan yang sama secara terbalik — $5\,\mathrm{mV}$ tiap milimeter tiap sekon.

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 393 istilah di glosarium