BAB 2. Medan Listrik Statik

BAB 2.
Medan Listrik Statik
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
Fluksi Elektrik dan Hukum Gauss
Gambar 2.16
Fluksi elektrik ψ merupakan medan saklar namun kerapatannya D
merupakan medan vektor. Per definisi fluksi elektrik ψ memancar dari
sebuah muatan positif dan berakhir pada muatan negatif. Jika tidak
terdapat muatan negatif fluksi elektrik ψ akan berakhir pada titik tak
berhingga. Per definisi pula satu coulomb muatan listrik akan menghasilkan
satu coulomb fluksi elektrik. Oleh karenanya,
Ψ = Q (C)
Pada Gambar 2.17(a), garis-garis fluksi meninggalkan +Q dan berakhir pada
–Q hal ini mengasumsikan bahwa kedua muatan memiliki magnituda yang
sama. Kasus muatan positif tanpa muatan negatif diilustrasikan pada
gambar 2.17(b), di sini garis-garis fluksi digambarkan sama di sepanjang
wilayah angular yang mengelilingi muatan dan berakhir pada titik tak
hingga.
Pada suatu titik yang berdekatan P, garis-garis fluksi memiliki arah vector
satuan a (Gambar 2.18) dan jika sejumlah fluksi Ψ memotong diferensial
permukaan dS (yang normal terhadap a), maka kerapatan fluksi elektrik
pada titik P adalah
E =
d
a
dS
(C/m2)
Gambar 2.17 Fluksi elektrik untuk muatan titik.
Gambar 2.18 Pendefinisian kerapatan fluksi elektik D
Distribusi muatan volume dengan kerapatan ρ (C/m3) diperlihatkan sebagai
permukaan tertutup S pada Gambar 2.19. Oleh karena setiap coulomb
muatan Q memiliki satu coulomb fluksi, maka fluksi total yang memotong
permukaan tertutup S merupakan ukuran eksak dari muatan total yang
dilingkupi. Jika pada elemen permukaan dS, D membentuk sudut θ terhadap
vektor satuan normal permukaan an, maka diferensial fluksi yang memotong
dS adalah
d = D dScos  =D • dS an = D • dS
di mana dS adalah elemen permukaan
vektor. Hukum Gauss menyatakan bahwa
fluksi total yang keluar dari sebuah
permukaan tertutup adalah sama dengan
muatan total yang berada di dalam
permukaan tersebut. Bentuk integral
Hukum Gauss diberikan oleh
   D  dS  Q yangdilingkupi (9)
S
Gambar 2.19
Kerapatan muatan  yang
dilingkupi oleh permukaan S.
Pandanglah sebuah muatan titik yang
terletak di titik pusat koordinat Gambar
berikut ini
Gambar 2.20 Muatan titik
yang dilingkupi oleh bidang
permukaan bola.
Jika muatan ini dilingkupi oleh sebuah permukaan bola dengan jari-jari r,
maka dengan menggunakan sifat kesimetrian, D yang diakibatkan oleh Q
adalah memiliki magnituda yang konstan dan normal terhadap bidang
permukaan di posisi manapun. Dengan menggunakan hukum Gauss (9),
dapat diperoleh persamaan

Q   D  dS  D  dS  D 4r 2
S

S
dimana dapat diperoleh D = Q/4r2. Oleh karena itu,
D =
Q
ar
2
4r
(koordinat bola)
Sehingga dapat disimpulkan
E
1
Q
4 0 r 2
Q
Ek 2
r
1
k
4 0
  Qenclosed
E  dA 


 
 E  dA  4kQ
0
enclosed
k
1
4 0
Gambar 2.21
Dengan membandingkan persamaan di atas ini dengan persamaan (2)
diperoleh D=0E. Dalam pernyataan yang lebih umum, untuk setiap medan
elektrik dalam medium isotropik (medium yang sifat-sifatnya tidak
berubah terhadap orientasi medan)
D = E
Divergensi dari medan elektrik statis digunakan untuk menentukan apakah
sebuah daerah mengandung source (muatan positif) atau sink (muatan
negatif) Per definisi, divergensi dari kerapatan fluksi elektrik pada suatu
titik P adalah
Div D =  • D = lim
v o
 D  dS
S
v
 lim
Q yangdilingkupi
v 0
v

di mana S adalah batas dari v.
Dengan demikian bentuk titik hukum Gauss adalah
•D =  (C/m3)
(10)
Bentuk titik hukum Gauss memberikan deskripsi ruang dari
distribusi sumbe muatan.
Secara umum, untuk vektor A definisi divergensi untuk ketiga
macam siste koordinat yang kita bahas adalah:
Ax A y Az
Cartesian:  • A =


x
y
z
Silindris:  • A =
A
1 
rAr   1   z
r r
r 
z
1  2
1

1 A
 A sin   
r Ar 
Bola:  • A = 2
r sin  
r sin  
r r


(11)
(12)
(13)
Contoh Soal 5
Dalam batas daerah 0 < r < 1 m, D = (-2 x 10-4/r) ar (C/m dan untuk r >1,
D = (-4 x 10-4/r2) ar,. (C/m2), dalam sistem koordinat bola. Carilah
kerapatan muatan di kedua daerah tersebut!
Penyelesaian:
Dengan menggunakan persamaan (10) dan (13), untuk 0 < r < 1 m,
=•D=
1 
 4  10  4  0
2
r r


=•A
dan untuk r > 1 m,
Catatan!
Bentuk integral dan titik hukum Gauss dihubungkan oleh teorema
divergensi yang diberikan oleh
 = ∫D  dS =∫ (  D)dv = Qyang dilingkupi
dimana S adalah batas permukaan tertutup dari volume v.
Kerja, Energi, dan Potensial
Sebuah muatan Q akan mengalami gaya F pada medan elektrik E. Gaya
yang dialami diberikan oleh persamaan
F = Q E
(N)
Untuk mempertahankan muatan dalam kondisi kesetimbangan, sebuah gaya
Fa= -QE harus dikenakan dalam arah berlawanan (Gambar 2.22).
Fa= -QE
F=QE
Fa

Q
F
Gambar 2.22 Gaya – gaya yang bekerja pada muatan Q.
Kerja
didefinisikan sebagai gaya yang
bekerja pada jarak tertentu. Satuan untuk
kerja yang dilakukan ialah joule (J).
Oleh karenanya, sejumlah diferensial kerja dW dilakukan jika gaya Fa y
dikenakan menghasilkan diferensial perpindahan dI dari muatan, yaitu
menudahkan muatan, sepanjang jarak dl = Secara kuantitatif,
dW = Fa · dI = -QE · dI (J)
Perhatikan bahwa saat Q bernilai positif dan dI dalam arah E, kerja dW
= -QE dl < 0, mengindikasikan bahwa kerja dilakukan oleh medan elektrik.
Bentuk komponen dari vektor-vektor diferensial perpindahan adalah
sebagai berikut:
Cartesian: dI = dxax + dyay + dzaZ
Silindris: dI = drar + rda + dzaZ
Bola: dI = drar + rda + r sin  da
Contoh Soal 6
Sebuah medan elektrostatis diberikan oleh persamaan
E = (x/2 + 2y)ax + 2xay
(V/m)
Tentukanlah kerja yang dilakukan untuk memindahkan sebuah muatan titik =
-20 µC (a) dari titik pusat ke (4,0,0) m dan (b) dari (4,0,0) m ke (4,2,0) m!
Penyelesaian:
(a) Lintasan pertama ialah sepanjang sumbu x sehingga dl = dxax,
dW = -QE•dI = 20  10  6 
W =
x

 2 y  dx
2

20  10    2x  2 y  dx


6
4
y 0
 80  J
0
(b) Lintasan pertama ialah pada arah ay sehingga dI = dy ay,
W =
20  10   2 x dy
6
2
0
x4
 320  J
Kerja yang dilakukan untuk memindahkan sebuah muatan tititk dari suatu
lokasi A ke lokasi lain B dalam suatu medan elektrik statis bersifat bebas
atau tidak tergantung dari lintasan yang diambil. Jadi dengan mengacu
pada Gambar 2-15.

1
E  dI    1 E  dI

atau
1 2
E  dI  0
Dimana integral terakhir adalah dilakukan sepanjang kontur tertutup yang
dibentuk oleh 1 yang digambarkan secara positif dan 2 yang digambarkan
secara negatif.
A
2
1
B
Gambar 2.23
Dua buah lintasan integrasi yang mungkin dibentuk.
Contoh Soal 7
Untuk medan E pada contoh 2.5 sebelumnya, tntukanlah kerja yang
dilakukan untuk memindahkan muatan yang sama dari (4,2,0) kembali ke
titik pusat (0,0,0) sepanjang lintasan yang berupa lintasan garis lurus!
Penyelesaian :
Integral kerja terbagi menjadi dua integral dalam x dan y:
W =
W =
0, 0, 0  
20  10  
6

x


2
y
a

2
x
a

 x
y   dx a x  dy a y 
4, 2, 0   2



20  10 
6

x

6

2
y
dx

20

10


4  2

0
  2 x dy
0
2
Tetapi sepanjang lintasan, y = x/2. Dengan mensubsitusikan persamaan ini
kedalam persamaan integral dapat diperoleh
W =
20  10 
6
0

3
6
x
dx

20

10
4 2
 4 ydy   400  J
0
2
Dari Contoh soal 5, 80 + 320 = 400 J kerja dilakukan terhadap medan
elektrik. Jumlah kerja yang persis sama dikembalikan oleh medan
elektrik melalui lintasan garis lurus ke titik asal sehingga diperoleh kerja
total yang sama dengan nol (medan konservatif).
Potensial titik A terhadap titik B (disimbolkan sebagai VAB)
didefinisikan sebagai kerja yang dilakukan untuk memindahkan sebuah
muatan positif Qu dari B ke A.
VAB =
W
 
Qu
A
 E  dI
(J/C atau V)
(14)
B
Karena medan statis E merupakan medan konservatif, maka VAB = VAC –
VCB. Oleh karena itu, VAB dapat dipandang sebagai perbedaan potensial
antara titik A dan B. Ketika VAB bernilai positif, maka kerja harus
dilakukan untuk memindahkan muatan positif satuan dari B ke A dan A
dikatakan berada pada potensial yang lebih tinggi daripada B. Karena medan
elektrik dari sebuah muatan titik memiliki arah radial (2), maka
A
V AB    E  dI  
B
Q
rA
Q
dr

4 rB r 2 4
 1
1 
  
 rA rB 
Untuk muatan positif Q, titik A berada pada potensial yang lebih tinggi
daripada B ketika rA < rB. Jika referensi titik B dipindahkan menjadi titik
tak berhingga, maka
V A 
Q
4
 1
1 



r

 A

Untuk muatan positif Q, titik A berada pada potensial yang lebih tinggi
daripada B ketika rA < rB. Jika referensi titik B dipindahkan menjadi titik
tak berhingga, maka
V A 
Q
4
 1
1



r

 A

Atau
V
Q
4 r
Ingat!
V adalah potensial absolut Q yang direferensikan
terhadap titik tak hingga.
Jika muatan terdistribusi sepanjang volume berhingga dengan kerapatan
muatan yang diketahui  (C/m3), diferensial potensial pada titik P
(Gambar 2.24) adalah
dV 
dQ
4 R

dv
4 R
Potensial total pada titik P diperoleh dengan menggunakan integral
V 
dv
 4 R
volume
Gambar 2.24
Potensial dari sebuah kerapatan muatan volume.
Contoh Soal 8
Sebuah muatan total 40/3 nano coulomb terdistribusi secara seragam
dalam bentuk piringan melingkar dengan jari-jari 2 m. Carilah potensial
yang diakibatkan oleh muatan ini pada sebuah titik sumbu yan berjarak 2 m
dari piringan!
Penyelesaian:
Pada Gambar 2.25, sistem koordinat silindris
digunakan untuk menghitung potensial dimaksud.
Untuk distribusi muatan seragam,
Q
40 / 3  10 9 10 8



Luas area
4
3
Jarak R diberikan oleh
(C/m2)
R  4  r2
(m)
Integral potensial sepanjang permukaan adalah
 d
30
V  s s 
4 R 
S
2 2

0 0
rdrd
4r
2
Gambar 2.25 Piriringan
melingkar dari muatan
permukaan.
 49,7 V
Medan elektrik dan potensial dihubungkan oleh persamaan integral (14).
Relasi diferensial juga dapat diturunkan di mana medan elektrik E dapat
diperoleh dari potensial V yang diketahui.
Medan elektrik dan potensial dapat juga direlasikan berdasarkan
persamaan:
E = –V
dimana V merupakan gradien dari potensial V.
Dalam ketiga sistem koordinat kita, gradien didefinisikan sebagai :
Cartesian: V 
Silindris: V 
V
V
V
ax 
ay 
az
x
y
z
V
1 V
V
ar 
a 
az
r
r 
z
Bola: V  V a r  1 V a 
r
r 
1
V
a
r sin  
Contoh Soal 9
Dalam koordinat bola, ditunjukkan bahwa untuk muatan Q potensialnya
adalah V = Q/40r. Dengan menggunakan gradien bola diperoleh


E =  V     Q  a r 
 r  4 r 
Q
4 r 2
ar
Sehingga dapat disimpulkan dari pernyataan diatas
Potensial pada muatan titik adalah
 
U b  U a    Fd l
b
a

b
Ub Ua
F 

   dl
q0 q0
q
a 0
 
Vb  Va    Edl
b
a
b
kQ
kQ
kQ kQ
E  2  Vb  Va    2 dr  (  )
r
r
rb ra
a
Gambar 2.26
If V  0 at infinity  V 
kQ
r
(b)
(a)
Gambar 2.27
Potensial listrik didefinisikan nol pada jarak tak berhingga
dari suatu muatan.
Permukaan ekuipotensial pada
(a) muatan positif
(b) muatan negatif
Gambar 2.29
Dua muatan positif saling tolak
menolak
(medan diantaranya melemah)
Dua muatan berlawanan tarik
menarik
(medan diantaranya menguat)
(a)
(b)
Gambar 2.30
(c)
Medan listrik adalah nol pada konduktor (b), sedangkan
potensial listrik adalah konstan (c). Potensial listrik
menurun sepanjang 1/r dari luar bola konduktor
Arus dan Konduktor
Arus Listrik merupakan laju perpindahan muatan elektrik yang melewati suatu
titik atau permukaan tertentu. Dalam rangkaian, simbol I umum digunakan
untuk arus konstan sementara simbol i digunakan untuk arus-arus yang
berubah terhadap waktu.
Catatan!
Satuan arus listrik adalah ampere (A) dimana 1 A = 1 C/detik.
Lebih khusus lagi, yang menjadi perhatian kita saat ini adalah kerapatan arus
konduksi J. Konduktor adalah material yang memiliki electron-elektron yang
dapat bergerak bebas dalam jumlah yang besar. Arus konduksi terjadi ketika
suatu medan elektrik memberikan gaya pada elektron-elektron yang dapat
bergerak bebas tersebut sehingga mengakibatkan terjadinya aliran muatan
yang teratur di sepanjang material konduktor. Konduktivitas  suatu material
merupakan ukuran dari ketersediaan dan mobilitas elektron konduksi di dalam
material. Satuan untuk konduktivitas, , adalah Sieman (S).
Hubungan antara medan elektrik dan arus konduksi diberikan
melalui persamaan (Gambar 2-31)
J =  E (A/m2)
Persamaan di atas seringkali disebut juga sebagai bentuk titik
hukum Ohm.
Gambar 2.32 J yang mengalir
menembus bidang permukaan S.
Gambar 2.31 Aliran arus elektrik
dalam material konduktor
Jika kerapatan arus J memotong sebuah bidang permukaan S (misalkan
penampang melintang dari sebuiah kawat), arus I dapat diperoleh dengan
mengintegrasikan perkalian titik antara J dan vector diferensial permukaan
dS (Gambar 2-32).
Jika sebuah konduktor dengan luas area
penampang melintang seragam A dan panjang l,
seperti tampak pada Gambar 2.34, memiliki beda
tegangan V di antara kedua ujungnya, maka
E
V
,

J
V

Gambar 2.33
Arus yang mengalir pada
sebuah kawat penghantar.
Dengan asumsi arus terdistribusi merata pada area A. Arus total adalah
I  JA 
AV

karena hukum Ohm menyatakan bahwa V = IR, resistansi dari kawat dengan
penampang A didefinisikan sebagai
R

(ohm, )
A
Ohm direlasikan terhadap Sieman oleh persamaan 1
S-1 = 1 .
Pada frekuensi-frekuensi tinggi, aliran arus dibatasi pada permukaan
konduktor. Untuk suatu kerapatan arus permukaan tertentu, akan sangat
membantu jika kita mendefinisikan sebuah vektor kerapatan K yang
menggambarkan laju perpindahan muatan per satuan panjang (A/m). Gambar
2.35 menunjukkan arus total I yang mengalir pada suatu permukaan silindris
dengan jari jari r pada arah z. Untuk kasus ini, I terdistribusi secara merata
di sekitar garis keliling permukaan dengan kerapatan arus permukaan yang
dirumuskan sebagai
Gambar 2.34 Menghitung
resistansi konduktor.
Gambar 2.35 Kerapatan arus
permukaan K pada sebuah silinder.
Kapasitansi
Kapasitansi merupakan kemampuan suatu material untuk menyimpan muatan
elektrik. Kapasitor merupakan elemen rangkaian penyimpan energi. Untuk
mengevaluasi kapasitansi, kondisi batas di antara material konduktor dan
dielektrik harus didiefinisikan dahulu.
Dielektrik secara umun dipandang sebagai
sebuah material isolasi
Di bawah kondisi statis, semua muatan akan berada pada permukaan luar
konduktor, dan baik E maupun D untuk daerah di dalam material konduktor
akan sama dengan nol. Dengan menggunakan sifat konservatif dari medan
statis E diperoleh (Gambar 2.36)
2
3
4
1
1
2
3
4
 E  dl   E  dl   E  dl   E  dl  0
1
3
2
4
Gambar 2.36
Lintasan integrasi pada batas antara
material konduktor dan dielektrik.
Jika panjang lintasan 2 ke 3 dan 4 ke 1 dibuat mendekati nol, maka dengan
tetap mempertahankan antarmuka di antara kedua material, integral kedua
dan keempat akan sama dengan nol. Lintasan dari 3 ke 4 berada di dalam
material konduktor di mana E harus sama dengan nol. Sehingga lintasan
integral yang tersisa adalah
2
2
1
1
Dimana E adalah komponen tangensial E pada
 E  dl   E t dl  0 permukaant dielektrik.
Catatan!
Komponen tangensial E dan D adalah sama dengan nol pada batas
konduktor-konduktor
Et = Dt = 0
Untuk mengevaluasi kondisi pada komponen
normal, sebuah silinder tertutup kecil
diletakkan pada bidang antar muka seperti
tampak pada gambar 2.37.
Gambar 2.37 Pengevaluasian
komponen normal medan pada batas
konduktor dielektrik.
Hukum Gauss yang diterapkan pada permukaan ini akan menghasilkan
 D  dS  Q
dilingkupi

 D  dS   D  dS   D  dS    dS
s
atas
bawah
sisi
A
Integral sisi menuju nol, jika tinggi silinder mendekati nol. Integral bawah
menuju nol karena D di dalam konduktor sama dengan nol. Dengan demikian
 D  dS   D dS   
n
atas
A
s
dS
A
Dimana Dn adalah komponen normal dari D dielektrik pada batas permukaan.
Nilai ini dapat dipertahankan hanya jika
Dn   s
dan
s
En 

di mana ε adalah permitivitas bahan dielektrik. Jadi komponen normal D akan
berakhir dengan muatan permukaan ρs. Pada batas antara permukaan
konduktor dan dielektrik.
Nilai kapasitansi bahan bergantung pada bentuk geometri dan
sifat-sifat dielektrik bahan bersangkutan.
Perbandingan nilai absolut muatan terhadap nilai absolut beda
tegangan didefinisikan sebagai kapasitansi
C = Q/V
(F)
Satuan untuk kapasitansi adalah farad (F) di mana 1 F = 1 C/V
Hal-hal Penting untuk Diingat
 Muatan yang sejenis tolak-menolak, yang tidak sejenis tarikmenarik.
 E untuk muatan titik pada titik pusat/asal memiliki arah radial.
 Untuk media isotropik, D = e E.
 E dan V dihubungkan oleh persamaan (14) dan E = -VV.
 Kerapatan arus konduksi J = a E.
 Untuk kapasitor pelat paralel, kapasitansi dirumuskan sebagai
C = Q/V = o 1 A/d.
Material dielektrik akan terpolarisasi dalam medan elektrik sehingga
menghasilkan kerapatan fluksi magnetik D yang lebih besar jika
dibandingkan dengan dalam kondisi ruang hampa. Efek polarisasi ini
disebabkan oleh pengaturan ikatan pasangan muatan positif/negatif di
dalam bahan dielektrik yang disebut sebagai momen dipol. Meningkatnya
kerapatan fluksi yang diakibatkan oleh polarisasi untuk material isotropik,
linier muncul sebagai permitivitas ε bahan yang menghubungkan E dan D
sebagai
D = εE
Permitivitas bahan ε adalah berbanding lurus terhadap permitivitas ruang
hampa sebagai
ε = εrε0
dimana εr adalah permitivitas relatif atau konstanta dielektrik bahan. Untuk
sebagian besar bahan dielektrik, εr > 1.
Bahan dielektrik seringkali digunakan sebagai material isolasi kapasitor. Dua
bahan konduktif yang dipisahkan oleh sebuah ruang hampa atau bahan
dielektrik akan memiliki suatu nilai kapasitansi tertentu di antaranya.
Pemberian beda tegangan V akan berakibat pada munculnya +Q pada salah
satu konduktor dan -Q pada konduktor yang lain.