BAB 2. Medan Listrik Statik

MEDAN LISTRIK
OLEH DISTRIBUSI
MUATAN
Tri Rahajoeningroem, MT
T. Elektro - UNIKOM
Sejarah
Fisikawan Perancis Priestley yang 
asumsi
terbalik

torsi balance 
muatan listrik  Gaya (F)  berbanding
kuadrat

Pengukuran
berdasarkan eksperimen  Coulomb
Charles Augustin de Coulomb
(1736-1806)
secara
matematis
Hukum Coulomb
Elektrostatika
Gaya Gravitasi
Terdapat 2 tipe muatan : positif dan Satu tipe massa yaitu positif
negatif
Tarik menarik pada muatan yang
berlawanan dan tolak menolak pada
muatan yang sejenis
q1q2 
q1q2 
F k 2
F2 on1  k 2 r21
r
r
k  8.99 109 N  m 2 / C 2
Gaya merupakan besaran vektor baik
arah dan besar
Tarik menarik (Semua massa)
m1m 2
r2
G  6.67 10 11 N  m 2 / kg 2
FG
Gaya merupakan besaran vektor
baik arah dan besar
Gaya tarik / gaya tolak antar muatan yang dipisahkan
pada jarak tertentu ditunjukkan dengan gambar sebagai
berikut :
Untuk mengakomodasi informasi arah gaya ini maka hukum Coulomb
dapat ditulis kembali sebagai

qq 
F1on2  k 1 2 2 r12
r
2
9 N m
k  8.99  10
C2
di mana F1 adalah gaya pada muatan Q1 yang disebabkan oleh
muatan Q2, a21 adalah vektor satuan yang berarah dari Q2 ke Q1,
dan R21 = R21a21 adalah vektor posisi dari Q2 ke Q1.
Q1 (0,1,2)
R21
Q2 (2,0,0)
Gambar 2.2
Menghitung gaya yang bekerja pada Q1.
Contoh Soal 1
Carilah gaya pada muatan Q1, 20 μC, yang diakibatkan oleh muatan Q2, -300
µC, di mana Q1 berada pada (0, 1, 2) m sementara Q2 pada (2,0,0) m!
Penyelesaian:
Dengan mengacu pada Gambar 2.2, vektor posisi adalah
R21
= (x1 - x2)ax + (yl - y2)ay + (z1 - z2)az
= (0 - 2)ax + (1 - 0)ay + (2 - 0)aZ = -2ax + ay + 2aZ
R21
=
(2) 2  12  2 2  3
Dengan menggunakan persamaan (1), gaya yang bekerja adalah
(20 106 )( 300 106 )
(2ax  a y  2az )
F1 =
4 (109 / 36 )(3)3
Magnituda gaya total adalah sebesar 6 N dengan arah
sedemikian hingga Q1 ditarik oleh Q2.
Relasi gaya gaya pada muatan adalah bersifat bilinier. Konsekuensinya
berlaku sifat superposisi dan gaya pada muatan Ql yang disebabkan oleh
n-1 muatan lain Q2,……Q1 adalah penjumlahan vektor
F1 =
Q1Q3
Q1Q2
Q1
a

a



21
31
2
2
4 0
4 0 R21
4 0 R21
n
Q1
a k1

2
k  2 Rk 1
Jika muatan tersebut terdistribusi secara kontinyu pada suatu
daerah, penjumlahan vektor di atas diganti dengan integral vektor.
Contoh Soal 2
Tentukanlah gaya pada muatan Q1




Fnet  F12  F32  F42
kq1q2
kq2q 2kq2
F12 


d2
d2
d2
kq2 q3
k 2q3q 6kq2
F32 


d2
d2
d2
kq2 q4
k 2q 4q 4kq2
F42 


2
2d 2
d2
2d


Intensitas medan elektrik yang disebabkan oleh sebuah muatan sumber
(Q2 diatas) didefinisikan sebagai gaya per satuan muatan pada muatan
uji (Q1 diatas)
E = Fl /Q1
Satuan untuk E adalah Newton per coulomb (N/C) atau ekuivalen dengan
volt per meter (V/m). Untuk sebuah muatan Q yang berada pada titik
pusat sebuah sistem koordinat bola, intensitas muatan elektrik pada titik
P adalah
E =
Q
4 r
2
ar
(2)
Gambar 2.4
Q
Gambar 2.4 Muatan yang berada di pusat koordinat
Untuk Q yang ada pada sembarang titik
dalam titik koordinat Cartesian (Gambar 2.7).
E =
Q
4 R
2
aR
(3)
Garis medan listrik yang terjadi dari suatu sumber atau antara muatan tersebut
ditunjukkan pada gambar
Gambar 2.5
(a) tarik menarik
(b) tarik menarik
(c) tolak menolak
Gambar 2.6
Gambar 2.7
Muatan Q yang berada pada sembarang
titik dalam koordinat Cartesian
Contoh Soal 3
Carilah E pada (0,3,4) m dalam koordinat Cartesian
oleh muatan titik Q = 0.5 μC dititik pusat koordinat.!
yang diakibatkan
Penyelesaian :
Dalam kasus ini,
R
= (0-0)ax + (3-0)ay + (4-0)az = 3ay + 4az
R
=
aR =
32  42  5
3a y  4a z
5
 0,6a y  0,8a z
Dengan menggunakan persamaan (3), intensitas medan magnetik adalah
0,5  10 6
(0,6a y  0,8a z )
E=
9
2
4 (10 / 36 )5
Jadi |E| = 180 V/m dalam arah 0,6 ay + 0,8 az
Jika muatan terdistribusi secara kontinyu di sepanjang volume tertentu,
permukaan, ataupun garis yang telah dispesifikasikan sebelumnya, maka
masing – masing elemen muatan akan berkontribusi terhadap medan
elektrik pada sebuah titik eksternal. Untuk kerapatan muatan volume ρ
(C/m2), muatan elemental dQ = ρ dv,dan diferensial medan pada titik P
akan menjadi (Gambar 2.4).
dE =
dv
aR
4 R 2
Medan total pada titik pengamatan
mengintegrasikan sepanjang volume v400
E =
a R
v 4 R 2 dv
P
dapat
diperoleh
dengan
dE
(4)
P
Gambar 2.8 E yang disebabkan
distribusi volume dari sebuah muatan
Untuk kerapatan muatan permukaan ρs (C/m2), muatan elemental dQ = ρs
dS, dan diferensial medan pada titik P akan menjadi (Gambar 2.5)
dE =
 s ds
a
2 R
4 R
Medan total pada titik pengamatan
mengintegrasikan sepanjang permukaan S
P
dapat
 s aR
dS
E=
2
v 4 R
diperoleh
dengan
(5)
Untuk kerapatan muatan linier ρl (C/m), muatan elemental dQ = ρldl, dan
diferensial medan pada titik P akan menjadi (Gambar 2.10)
dE =
  d
aR
2
4 R
Medan total pada titik pengamatan P dapat
mengintegrasikan sepanjang garis atau kurva L
diperoleh
  aR
d (6)
E =
2
L 4 R
dengan
Gambar 2.9 E yang disebabkan
distribusi linear dari sebuah muatan
dQ = l dl
L
Gambar 2.10
E yang disebabkan distribusi
linear dari sebuah muatan
Tiga macam konfigurasi muatan standar ialah muatan titik, muatan
garis tak berhingga, dan muatan muatan permukaan datar tak
hingga. E untuk muatan titik yang berada di titik asal/titik pusat
diberikan oleh persamaan (2). Jika kerapatan muatan ρl adalah tak
terhingga pada panjang garis serta terdistribusi secara seragam
(konstan) sepanjang sumbu z, maka medan elektrik dapat
diturunkan dari persamsan (6) (Gambar 2.7).
E =

ar
2
2 r
(koordinat silinder)
(7)
Jika muatan terdistribusi secara seragam (konstan) dengan kerapatan ρs
pada sebuah hidang datar tak berhingga, maka medan elektriknya diberikan
oleh persamaan (Gambar 2.12)
E=
s
a n (8)
2 
di mana an adalah tegak lurus terhadap permukaan. Medan elektriknya
memiliki magnituda yang konstan dan memiliki pencerminan simetri di
sekitar muatan bidang datar.
E


E
Gambar 2-12 Muatan bidang datar tak
berhingga ps.
Gambar 2.11
Muatan garis tak berhingga pk.
Contoh Soal 4
Dua lembar muatan seragam tak berhingga yang masing-masing memiliki
kerapatan muatan ps diletakkan pada x = ±1 (Gambar 2-13). Tentukanlah E
di semua tempat!
Penyelesaian :
Hanya sebagian dari dua lembar muatan
yang ditunjukkan pada gambar 2.13.
kedua
lembar
muatan
ini
akan
menghasilkan medan E dengan arah
sepanjang sumbu x. Dengan menggunakan
persamaan (8) dan prinsip superposisi,
Gambar 2.13
Distribusi muatan pada dua bidang
datar tak berhingga.
–(ρs/εo)ax
E =
x < -1
0
-1<x<1
(ρs/εo)ax
x>1
Muatan total dalam konduktor = 0
shielding
Gambar 2.14
Gambar 2.15