Contoh Soal

Induksi Elektromagnetik – Fisika SMA

Sampel materi untuk guru yang ingin cari soal latihan. Temukan bank soal lengkap dan update dengan cara mendaftar gratis. Kirim soal-soal ini ke murid di kelas Bapak/Ibu Guru lewat Google Classroom, dalam bentuk kuis online, tautan kuis, file kuis, atau cetak langsung!

    1.

    Perhatikan pernyataan-pertanyaan berikut!

    (1) Mengurangi jumlah lilitan.

    (2) Memperkecil jumlah putaran rotor per detik.

    (3) Memperbesar induksi magnetik yang digunakan.

    (4) Memperkecil periode putaran rotor.

    Pernyataan yang tepat tentang cara memperbesar GGL generator adalah ....

    A

    (1) dan (2)

    B

    (1) dan (3)

    C

    (1) dan (4)

    D

    (2) dan (3)

    E

    (3) dan (4)

    Pembahasan:

    GGL generator dirumuskan dengan persamaan berikut.

    ε=NBAωsinωt\varepsilon=NBA\omega\sin\omega t

    Karena εmaks=NBAω\varepsilon_{\text{maks}}=NBA\omega, maka

    ε=εmakssinωt\varepsilon=\varepsilon_{\text{maks}}\sin\omega t

    Berdasarkan persamaan tersebut, dapat dilihat bahwa cara untuk memperbesar GGL generator dapat dilakukan dengan cara:

    1. Memperbesar induksi magnetik (BB)
    2. Memperbesar luas penampang (AA)
    3. Memperbesar kecepatan sudut rotor (ω\omega)
    4. Memperbesar frekuensi atau jumlah putaran rotor per detik (ff)
    5. Memperkecil periode atau waktu yang dibutuhkan dalam satu kali putaran rotor (TT)
    6. Menambah jumlah lilitan (NN)

    Jadi, pernyataan yang tepat tentang cara memperbesar GGL generator adalah (3) dan (4).

    2.

    Perhatikan gambar berikut!

    Sebuah loop kawat berputar dalam medan magnet dari posisi A ke B ke C ke D lalu ke E seperti pada gambar. Posisi yang memiliki fluks magnetik terkecil adalah ....

    Catatan:

    A

    E

    B

    D

    C

    C

    D

    B

    E

    A

    Pembahasan:

    Fluks magnetik merupakan banyaknya garis gaya magnetik BB yang menembus suatu luasan daerah tertentu (AA) dan dirumuskan dengan persamaan berikut.

    ϕ=BAcosθ\phi=BA\cos\theta

    Dengan θ\theta adalah sudut antara induksi magnetik terhadap garis normal bidang magnetik.

    Pada posisi A \rightarrow θ=0\theta=0^{\circ}, karena cos 0=1\cos\ 0^{\circ}=1, maka nilai fluks magnetik pada posisi A nilainya sebesar BABA. Artinya pada posisi loop tegak lurus dengan medan magnetik, besar fluks magnetik pada loop adalah maksimum.

    Pada posisi B \rightarrow θ=30\theta=30^{\circ}, karena cos 30=123\cos\ 30^{\circ}=\frac{1}{2}\sqrt{3}, maka nilai fluks magnetik pada posisi B nilainya sebesar 123BA\frac{1}{2}\sqrt{3}BA.

    Pada posisi C \rightarrow θ=45\theta=45^{\circ}, karena cos 45=122\cos\ 45^{\circ}=\frac{1}{2}\sqrt{2}, maka nilai fluks magnetik pada posisi C nilainya sebesar 122BA\frac{1}{2}\sqrt{2}BA.

    Pada posisi D \rightarrow θ=60\theta=60^{\circ}, karena cos 60=12\cos\ 60^{\circ}=\frac{1}{2}, maka nilai fluks magnetik pada posisi D nilainya sebesar 12BA\frac{1}{2}BA.

    Pada posisi E \rightarrow θ=90\theta=90^{\circ}, karena cos 90=0\cos\ 90^{\circ}=0, maka nilai fluks magnetik pada posisi D nilainya adalah 00. Artinya pada posisi loop sejajar dengan medan magnetik, besar fluks magnetik pada loop adalah minimum.

    Jadi, posisi yang memiliki fluks magnetik terkecil adalah E.

    Ingin coba latihan soal dengan kuis online?

    Kejar Kuis
    3.

    Perhatikan alat-alat berikut!

    (1)

    (2)

    (3)

    (4)

    Alat-alat yang mengaplikasikan induksi elektromagnetik dalam prinsip kerjanya ditunjukkan pada nomor ....

    A

    (1), (2), dan (3)

    B

    (1), (2), dan (4)

    C

    (1) dan (3)

    D

    (2) dan (3)

    E

    (3) dan (4)

    Pembahasan:

    Induksi elektromagnetik merupakan peristiwa timbulnya gaya gerak listrik induksi akibat adalanya perubahan fluks magnetik. Aplikasi induksi elektromagnetik dalam kehidupan sehari-hari digunakan pada alat-alat berikut, yaitu:

    1. Dinamo
    2. Generator
    3. Transformator atau trafo
    4. Seismograf
    5. Mikrofon
    6. Loudspeaker

    Jadi, alat-alat yang mengaplikasikan induksi elektromagnetik dalam prinsip kerjanya ditunjukkan pada nomor (1), (2), dan (4).

    4.

    Suatu induktor terbuat dari 25 lilitan kawat dan memiliki panjang 0,2 m. Jika luas penampang kumparan induktor adalah 2 cm2, maka besar induktansi induktor adalah ... μH\mu\text{}\text{H}. (μ0=4π×107\mu_0=4\pi\times10^{-7} H/m)

    A

    0,25π0,25\pi

    B

    0,30π0,30\pi

    C

    0,45π0,45\pi

    D

    0,50π0,50\pi

    E

    0,65π0,65\pi

    Pembahasan:

    Diketahui:

    Jumlah lilitan NN = 25 lilitan

    Panjang induktor ll = 0,2 m

    Luas penampang AA = 2 cm2 = 0,00020,0002 m2

    Permeabilitas ruang hampa μ0=4π×107\mu_0=4\pi\times10^{-7} H/m

    Ditanya:

    Induktansi induktor L=L=?

    Dijawab:

    Induktansi induktor merupakan kemampuan induktor untuk menyimpan energi magnet yang dirumuskan dengan persamaan berikut.

    L=N ϕIL=N\ \frac{\phi}{I}

    Atau

    L=μ0N2AlL=\frac{\mu_0N^2A}{l}

    Sehingga,

    L=(4π×107)(25)2(0,0002)0,2L=\frac{\left(4\pi\times10^{-7}\right)\left(25\right)^2\left(0,0002\right)}{0,2}

    L=(4π×107)(625)(0,0002)0,2L=\frac{\left(4\pi\times10^{-7}\right)\left(625\right)\left(0,0002\right)}{0,2}

    L=(5π×108)0,2L=\frac{\left(5\pi\times10^{-8}\right)}{0,2}

    L=2,5π×107L=2,5\pi\times10^{-7} H

    L=0,25π×106L=0,25\pi\times10^{-6} H

    L=0,25π μHL=0,25\pi\ \mu\text{}\text{H}

    Jadi, besar induktansi induktor adalah 0,25π μH0,25\pi\ \mu\text{}\text{H}.

    Ingin cari soal-soal HOTS?

    Soal HOTS
    5.

    Kumparan generator dengan 100 lilitan dan luas 0,15 m2 diputar dengan kecepatan sudut tetap yaitu 40 rad/s. Jika kumparan tersebut bersumbu putar tegak lurus terhadap medan magnet homogen sebesar 0,2 T, maka besar GGL induksi kumparan generator tersebut adalah .... (sin90=1; cos 90=0\sin90^{\circ}=1;\ \cos\ 90^{\circ}=0)

    A

    100 V

    B

    120 V

    C

    240 V

    D

    360 V

    E

    480 V

    Pembahasan:

    Diketahui:

    Jumlah lilitan NN = 100 lilitan

    Luas kumparan AA = 0,15 m2

    Kecepatan sudut ω\omega = 40 rad/s

    Sudut kumparan dengan medan magnet θ=ωt=tegak lurus=90\theta=\omega t=\text{tegak lurus}=90^{\circ}

    Medan magnetik BB = 0,2 T

    sin90=1; cos 90=0\sin90^{\circ}=1;\ \cos\ 90^{\circ}=0

    Ditanya:

    GGL induksi generator ε=\varepsilon=?

    Dijawab:

    GGL generator dirumuskan dengan persamaan berikut.

    ε=NBAωsinωt\varepsilon=NBA\omega\sin\omega t

    Karena εmaks=NBAω\varepsilon_{\text{maks}}=NBA\omega, maka

    ε=εmakssinωt\varepsilon=\varepsilon_{\text{maks}}\sin\omega t

    Dengan ωt=θ\omega t=\theta adalah sudut posisi kumparan generator terhadap medan magnetik.

    Sehingga, GGL induksi generator adalah:

    ε=NBAωsinωt\varepsilon=NBA\omega\sin\omega t

    ε=(100)(0,2)(0,15)(40)sin90\varepsilon=\left(100\right)\left(0,2\right)\left(0,15\right)\left(40\right)\sin90^{\circ}

    ε=(120)(1)\varepsilon=\left(120\right)\left(1\right)

    ε=120\varepsilon=120 V

    Jadi, besar GGL induksi kumparan generator tersebut adalah 120 V.

    6.

    Dalam waktu 0,25 s, terjadi perubahan fluks magnetik sebesar 0,8 Weber pada kumparan yang memiliki 150 lilitan. GGL induksi pada kumparan tersebut adalah ....

    A

    0,480,48 kV

    B

    0,48-0,48 kV

    C

    4848 kV

    D

    48-48 kV

    E

    480480 kV

    Pembahasan:

    Diketahui:

    Selang waktu Δt\Delta t = 0,25 s

    Perubahan fluks Δϕ\Delta\phi = 0,8 Weber

    Jumlah lilitan NN = 150 lilitan

    Ditanya:

    GGL induksi ε=\varepsilon=?

    Dijawab:

    GGL induksi merupakan laju perubahan fluks magnetik pada kumparan yang dirumuskan dengan persamaan berikut.

    ε=N dϕdt\varepsilon=-N\ \frac{d\phi}{dt}

    Atau

    ε=N ΔϕΔt=N (ϕ2ϕ1)Δt\varepsilon=-N\ \frac{\Delta\phi}{\Delta t}=-N\ \frac{\left(\phi_2-\phi_1\right)}{\Delta t}

    Tanda negatif menunjukkan arah GGL induksi yang berlawanan dengan fluks magnetik sesuai dengan Hukum Lenz.

    Sehingga,

    ε=N ΔϕΔt\varepsilon=-N\ \frac{\Delta\phi}{\Delta t}

    ε=(150)(0,8)(0,25)\varepsilon=-\left(150\right)\frac{\left(0,8\right)}{\left(0,25\right)}

    ε=(150) (3,2)\varepsilon=-\left(150\right)\ \left(3,2\right)

    ε=480\varepsilon=-480 V

    ε=0,48\varepsilon=-0,48 kV

    Jadi, GGL induksi pada kumparan tersebut adalah - 0,48 kV.

    Ingin cari soal-soal AKM?

    Hubungi Kami
    7.

    Suatu trafo step-down digunakan untuk menurunkan tegangan 1.100 V menjadi 220 V. Jika pada kumparan sekunder terdapat 25 lilitan, maka perbandingan arus primer dengan arus sekunder kumparan adalah ....

    A

    1 : 5

    B

    1 : 25

    C

    4 : 5

    D

    5 : 1

    E

    25 : 1

    Pembahasan:

    Diketahui:

    Tegangan primer VpV_{\text{p}} = 1.100 V

    Tegangan sekunder VsV_{\text{s}} = 220 V

    Jumlah lilitan kumparan sekunder NsN_{\text{s}} = 25 lilitan

    Ditanya:

    Perbandingan arus primer dan sekunder Ip : Is=I_{\text{p}}\ :\ I_{\text{s}}=?

    Dijawab:

    Trafo step-down merupakan trafo yang berfungsi untuk menurunkan tegangan. Persamaan trafo secara matematis adalah sebagai berikut.

    VpVs=NpNs=IsIp\frac{V_{\text{p}}}{V_{\text{s}}}=\frac{N_{\text{p}}}{N_{\text{s}}}=\frac{I_{\text{s}}}{I_{\text{p}}}

    Sehingga,

    IpIs=VsVp\frac{I_{\text{p}}}{I_{\text{s}}}=\frac{V_{\text{s}}}{V_{\text{p}}}

    IpIs=2201.100\frac{I_{\text{p}}}{I_{\text{s}}}=\frac{220}{1.100}

    IpIs=15\frac{I_{\text{p}}}{I_{\text{s}}}=\frac{1}{5}

    Jadi, perbandingan arus primer dengan arus sekunder kumparan adalah 1 : 5.

    8.

    Induktor sepanjang 40 cm pada suatu gardu listrik terdiri dari 8.000 lilitan kawat. Jika luas penampang kumparan induktor adalah 50 cm2 dan arus yang mengalir pada induktor adalah 250 A, maka besar energi yang tersimpan dalam induktor tersebut adalah .... (μ0=4π×107 H/m; π=3,14\mu_0=4\pi\times10^{-7}\ \text{H/m};\ \pi=3,14)

    A

    3,14 kJ

    B

    6,28 kJ

    C

    31,4 kJ

    D

    62,8 kJ

    E

    314 kJ

    Pembahasan:

    Diketahui:

    Panjang induktor ll = 40 cm = 0,4 m

    Jumlah lilitan NN = 8.000 lilitan

    Luas penampang AA = 50 cm2 = 0,0050 m2

    Arus pada induktor II = 250 A

    Permeabilitas ruang hampa μ0=4π×107\mu_0=4\pi\times10^{-7} H/m

    π=3,14\pi=3,14

    Ditanya:

    Energi yang tersimpan dalam induktor W=W=?

    Dijawab:

    Menentukan induktansi induktor

    Induktansi induktor merupakan kemampuan induktor untuk menyimpan energi magnet yang dirumuskan dengan persamaan berikut.

    L=N ϕIL=N\ \frac{\phi}{I}

    Atau

    L=μ0N2AlL=\frac{\mu_0N^2A}{l}

    Sehingga,

    L=(4π×107)(8.000)2(0,0050)0,4L=\frac{\left(4\pi\times10^{-7}\right)\left(8.000\right)^2\left(0,0050\right)}{0,4}

    L=(4π×107)(64.000.000)(0,0050)0,4L=\frac{\left(4\pi\times10^{-7}\right)\left(64.000.000\right)\left(0,0050\right)}{0,4}

    L=0,128π0,4L=\frac{0,128\pi}{0,4}

    L=0,32πL=0,32\pi

    Karena π=3,14\pi=3,14, maka

    L=0,32(3,14)L=0,32\left(3,14\right)

    L=1,0048L=1,0048 H

    Menentukan energi yang tersimpan dalam induktor

    Energi yang tersimpan dalam induktor dirumuskan sebagai berikut.

    W=12LI2W=\frac{1}{2}LI^2

    Sehingga,

    W=12LI2W=\frac{1}{2}LI^2

    W=12(1,0048)(250)2W=\frac{1}{2}\left(1,0048\right)\left(250\right)^2

    W=12(1,0048)(62.500)W=\frac{1}{2}\left(1,0048\right)\left(62.500\right)

    W=12(62.800)W=\frac{1}{2}\left(62.800\right)

    W=31.400W=31.400 J

    W=31,4W=31,4 kJ

    Jadi, besar energi yang tersimpan dalam induktor tersebut adalah 31,4 kJ.

    Ingin tanya tutor?

    Tanya Tutor
    9.

    Suatu solenoida sepanjang 0,4 m terbuat dari 150 lilitan kawat. Luas penampang kumparan solenoida tersebut adalah 600 m2. Jika terjadi penurunan arus sebesar 5 A dalam waktu 0,1 s, maka besar GGL induksi diri pada solenoida adalah .... (μ0=4π×107 H/m; π=3,14\mu_0=4\pi\times10^{-7}\ \text{H/m};\ \pi=3,14)

    A

    2.115,9 V

    B

    2.119,5 V

    C

    2.151,9 V

    D

    2.191,5 V

    E

    2.911,5 V

    Pembahasan:

    Diketahui:

    Panjang solenoida ll = 0,4 m

    Jumlah lilitan NN = 150 lilitan

    Luas penampang AA = 600 m2

    Perubahan arus ΔI\Delta I = - 5 A

    Selang waktu Δt\Delta t = 0,1 s

    Permeabilitas ruang hampa μ0=4π×107\mu_0=4\pi\times10^{-7} H/m

    π=3,14\pi=3,14

    Ditanya:

    GGL induksi diri solenoida ε=\varepsilon=?

    Dijawab:

    Menentukan Induktansi solenoida

    Solenoida pada rangkaian listrik dapat menjadi suatu induktor. Induktansi induktor merupakan kemampuan induktor untuk menyimpan energi magnet yang dirumuskan dengan persamaan berikut.

    L=μ0N2AlL=\frac{\mu_0N^2A}{l}

    Sehingga,

    L=(4π×107)(150)2(600)0,4L=\frac{\left(4\pi\times10^{-7}\right)\left(150\right)^2\left(600\right)}{0,4}

    L=(4π×107)(22500)(600)0,4L=\frac{\left(4\pi\times10^{-7}\right)\left(22500\right)\left(600\right)}{0,4}

    L=5,4π0,4L=\frac{5,4\pi}{0,4}

    L=13,5πL=13,5\pi H

    Karena π=3,14\pi=3,14, maka:

    L=13,5(3,14)L=13,5\left(3,14\right)

    L=42,39L=42,39 H

    Menentukan GGL induksi diri solenoida

    GGL induksi diri secara matematis merupakan perkalian antara induktansi diri suatu induktor dengan laju perubahan kuat arus tiap waktu. Persamaan GGL induksi silang adalah sebagai berikut.

    ε=L ΔIΔt\varepsilon=-L\ \frac{\Delta I}{\Delta t}

    Sehingga,

    ε=L ΔIΔt\varepsilon=-L\ \frac{\Delta I}{\Delta t}

    ε=(42,39) (5)(0,1)\varepsilon=-\left(42,39\right)\ \frac{\left(-5\right)}{\left(0,1\right)}

    ε=(42,39) (50)\varepsilon=-\left(42,39\right)\ \left(-50\right)

    ε=2.119,5\varepsilon=2.119,5 V

    Jadi, besar GGL induksi diri pada solenoida adalah 2.119,5 V.

    10.

    Suatu kumparan dalam generator memiliki 2.500 lilitan dan fluks magnetik yang berubah terhadap waktu menurut persamaan ϕ=7t32t2+t\phi=7t^3-2t^2+t. Jika perubahan fluks terjadi selama 0,5 sekon, maka besar GGL induksi pada kumparan adalah ....

    A

    1.062,5 V

    B

    2.187,5 V

    C

    10.625 V

    D

    11.250 V

    E

    21.875 V

    Pembahasan:

    Diketahui:

    Jumlah lilitan NN = 2.500 lilitan

    Persamaan fluks ϕ=7t32t2+t\phi=7t^3-2t^2+t

    Waktu tt = 0,5 s

    Ditanya:

    GGL induksi ε=\varepsilon=?

    Dijawab:

    GGL induksi merupakan laju perubahan fluks magnetik pada kumparan yang dirumuskan dengan persamaan berikut.

    ε=N dϕdt\varepsilon=-N\ \frac{d\phi}{dt}

    Atau

    ε=N ΔϕΔt=N (ϕ2ϕ1)Δt\varepsilon=-N\ \frac{\Delta\phi}{\Delta t}=-N\ \frac{\left(\phi_2-\phi_1\right)}{\Delta t}

    Tanda negatif menunjukkan arah GGL induksi yang berlawanan dengan fluks magnetik sesuai dengan Hukum Lenz.

    Menentukan persamaan GGL induksi

    Mengukuti prinsip turunan pada matematika diperoleh:

    ε=N dϕdt\varepsilon=-N\ \frac{d\phi}{dt}

    ε=N d(7t32t2+t)dt\varepsilon=-N\ \frac{d\left(7t^3-2t^2+t\right)}{dt}

    ε=N (7(3)t312(2)t21+(1)t11)\varepsilon=-N\ \left(7\left(3\right)t^{3-1}-2\left(2\right)t^{2-1}+\left(1\right)t^{1-1}\right)

    ε=N (21t24t+1)\varepsilon=-N\ \left(21t^2-4t+1\right)

    Menentukan besar GGL induksi pada tt = 0,5 s

    ε=N (21t24t+1)\varepsilon=-N\ \left(21t^2-4t+1\right)

    ε=(2.500)(21(0,5)24(0,5)+1)\varepsilon=-\left(2.500\right)\left(21\left(0,5\right)^2-4\left(0,5\right)+1\right)

    ε=(2.500)(5,252+1)\varepsilon=-\left(2.500\right)\left(5,25-2+1\right)

    ε=(2.500)(4,25)\varepsilon=-\left(2.500\right)\left(4,25\right)

    ε=10.625\varepsilon=-10.625 V

    Tanda negatif menunjukkan arah GGL induksi yang berlawanan dengan fluks magnetik sesuai dengan Hukum Lenz.

    Jadi, besar GGL induksi pada kumparan adalah 10.625 V.

    Daftar dan dapatkan akses ke puluhan ribu soal lainnya!

    Buat Akun Gratis