Listrik Statis

Listrik Statis 2
Medan Listrik Pada Muatan Kontinu
Fisika Dasar 2 Pertemuan 3
PERTEMUAN
HARI / TANGGAL
1
Senin, 11 Maret
2013
2
18 Maret 2013
3
(hari ini)
25 Maret 2013
4
1 April 2013
MATERI
Rencana Kuliah
BAB I : Listrik Statis-1 (Hukum Coulomb)
Responsi : BAB I
BAB II: Listrik Statis-2 (Hukum Gauss)
Responsi : BAB II
BAB III : Listrik Statis-3 (Potensial Listrik)
Responsi : BAB III
8 April 2013
QUIZ 1 (BAB I, II & III)
BAB IV : Listrik Dinamis-1 (Hukum Ohm, Rangkaian
hambatan & Hukum Kirchoff)
Responsi : BAB IV.....[Sabtu, 13 April 2013, R.4519,
10-12.15/12.15-14.30/14.30-16.45)
7
15 April 2013
BAB V : Listrik Dinamis-2 (Kapasitor & Rangkaian
RC)
Responsi : BAB V
8
Diatur oleh
Jurusan
5-6
UTS (BAB IV & V)
2
Saturday, July 22, 2017
Medan Listrik Untuk Muatan Kontinu
• Pembahasan sebelumnya, kita sudah dapat
menghitung medan listrik dari muatan titik melalui:
1
Q
ˆr
E
2
4 0 |r|
• Jika terdapat banyak muatan titik, maka medan
listrik adalah penjumlahan vektor (superposisi) dari
kontribusi setiap muatan:
E
Qi
rˆ

2 i
40 i | ri |
1
• Bagaimana medan listrik pada muatan kontinu
(Muatan yang memiliki panjang, luas atau volume
tertentu)?
– Pemecahannya dapat sangat kompleks untuk muatan
dengan bentuk tak beraturan
– Pemecahan matematis dapat sangat rumit
– Hanya diperkenalkan bentuk muatan yang sederhana
dan geometris : garis/batang, pelat, bola dan cincin
Kita harus mengubah “sigma” menjadi “integrasi”:
Qi
E
rˆ

2 i
40 i | ri |
1
E
1
4 o

dQ
ˆr
2
r
• Karena muatan kontinu memiliki panjang, luas atau
volume maka didefinisikan muatan persatuan
panjang, luas atau volume
Muatan per satuan luas σ :
dq = λ dl
dq = σ dA
(satuan C/m )
(satuan C/m2)
Muatan per satuan volume ρ :
dq = ρ dV
(satuan C/m3)
Muatan per satuan panjang λ :
• Sehingga:
E
E
1
4 o

dQ
ˆr
2
r
E
E
1
4 o
1
4 o
1
4 o

r
2

r
2

r
2
dl
dA
dV
Contoh Aplikasi:
•
•
•
•
•
•
Muatan berbentuk garis/batang
Cincin
Cakram
Pelat
Bola kopong/cangkang
Bola Pejal
Salah satu contoh perhitungan pada muatan garis:
E?

E?
Muatan berbentuk garis
• Medan listrik di sisi garis
Kita hitung medan listrik pada titik P sejauh x dari
garis bermuatan sepanjang L berikut :
Ek

dx
r
2
rˆ  k
dx
 (b - x)
2
rˆ
Jadi permasalahannya adalah menghitung
integrasi tersebut (persoalan kalkulus)
persaaaan ini harus diintegrasi dengan teknik substitusi variabel.
Variabel (b-x) kita ganti dengan u sehingga :
bx  u
dan
dx  du
maka integrasi menjadi :
E  k 
E  k
du
u
2
ˆr
L
1
1
1
 1
 k
 k 
 
u
bx 0
b L b
 L 

 k 
 b( b  L ) 
karena L = Q, maka besarnya medan magnet sejauh b dari garis
sepanjang garis :
 Q 

E  k 
 b( b  L ) 
Muatan berbentuk cincin
medan listrik pada titik P sejauh x dari pusat cincin:
dQ
E  k  2 r̂
r
medan listrik pada komponen y akan saling menghilangkan sehingga
medan listrik yang kita perhatikan hanya komponen x saja :
Ex  k 
dQ
cos
2
r
Karena jarak elemen muatan dQ pada titik P :
r  b2  x2
dan cos  = x/r maka
x dQ
Ex  k 
r b2  x2

kx
dQ
2
2 3/2 
(b  x )
sehingga kuat medan magnet pada titik P sejauh x dari pusat cincin :
kxQ
Ex  2 2 3 / 2
(b  x )
Muatan dengan bentuk lain dapat dilihat penurunannya di dalam
buku Fisika seperti rumus berikut
Medan listrik dari beberapa bentuk muatan lain:
Muatan cakram:
r
Muatan pelat:
E
E
b

E  2 k  1 


Muatan garis:
b
L



b2  x2 
x
E  2 k
2k 
L/2
Ey 
b  b 2  ( L / 2 )2





Hukum Gauss
Teknik lain untuk menghitung medan magnet dari
muatan kontinu adalah menggunakan hukum Gauss.
Teknik yang digunakan Gauss relatif lebih mudah
untuk kasus-kasus benda geometris.
Sebelum membahasnya kita harus memahami definisi
dari fluks terlebih dahulu
Fluks Medan Listrik (f)
Fluks didefinisikan sebagai banyaknya garis medan listrik E yang
menembus sebuah permukaan A. Secara matematis didefinisikan
sebagai:
f  E  A  EAcos 
Contoh fluks listrik pada sebuah permukaan
Arah vektor
Medan listrik E
30o
Arah vektor
Medan listrik E
A
A
Arah vektor permukaan A
Arah vektor permukaan A
 
  E  A  EA cos 0 o  EA
 
EA
  E  A  EA cos 30o 
3
2
animasi 1
animasi 2
Hukum Gauss
Hukum Gauss menyatakan bahwa jumlah fluks medan listrik E yang
menembus suatu permukaan tertutup A akan sebanding dengan
besarnya muatan yang dilingkupi oleh permukaan tersebut
Permukaan tersebut selanjutnya disebut dengan permukaan Gauss.
Bentuk dari permukaan Gauss ini pada dasarnya dipilih secara bebas
Secara matematis hukum Gauss dituliskan sebagai:

Φ  E  dA 
S
Qdlm
εo
animasi
Contoh Penerapan Hukum Gauss
• Pada Muatan Titik
dA
E
R
Φ   E  dA 
S
Q dlm
εo
Q
 E  dA cos  o 
εo
S
Q
 E  dA cos 0 o 
εo
S
Karena cos0o adalah 1 maka :

E dA 
S
Q
εo
E
E4R 2 
Q
εo
1 Q
4ε o R 2
persis seperti medan listrik yang diturunkan melalui Hk. Coulomb
pada bab I.
• Pada Muatan Pelat Tak -hingga
A2
A3
r
Karena A1 dan A3 merupakan luas
pelat katakanlah A. Sehingga medan
pada pelat bermuatan :
E
A1
E
Pada gambar di atas kita bagi
silinder menjadi tiga permukaan A1,
A2, dan A3. Fluks yang menembus
ketiga permukaan ini adalah :
Pada A1 : EA1cos 0o : EA1
Pada A3 : EA3cos 0o : EA3
Pada A2 : EA2cos 90o : 0
Dengan demikian :
   EdA  E(A 1  A 2 ) 
s
Q dlm
o

2 o
karena Q/A =, maka untuk pelat
bermuatan kita dapatkan medan listrik :

2 o
1 4 0
E
  k 2
4 0 2 0
E
E  k 2
persis seperti hasil yang
menggunakan cara biasa
diperoleh
• Pada Muatan Kawat Tak –hingga (demo)
A1
Medan listrik sejauh r menggunakan hukum Gauss :
 E  dA 
r
L
A2
S
Q dlm
εo
Permukaan Gauss berupa silinder kita dapatkan ruas
kiri pada persamaan Gauss :
E  A1  E  A2  E  A3 
A3
Q dlm
o
karena sudut vektor E dengan A1 (tutup silinder) dan A3 (alas silinder) adalah
90o, sedangkan terhadap A2 0o, maka :
Q dlm
o
Q
E  A 2  dlm
o
E  A 1 cos 90 o  E  A 2 cos 0 o  E  A 3 cos 90 o 
A2 adalah luas selimut silinder yaitu 2rL Maka :
1 Qdlm
E
2r o L
E
1 
ˆr
2π o r
• Pada Muatan Bola Pejal
a. Medan di Luar Bola
E
r
Dengan menggunakan hukum Gauss :
Q dlm
S E  dA  ε o
Arah vektor dA
Permukaan
Gauss
kita pilih permukaan Gauss berbentuk
bola dengan luas permukaan 4r2
Karena arah vektor medan listrik searah dengan vektor permukaan
(artinya sudutnya 0o), maka :
E  dA cos( 0 o ) 
S
Qdlm
o
 E( 4r 2 ) 
E( r ) 
1 Q
r̂
4π 0 r 2
Q
o
a. Medan di Dalam Bola
 E  dA 
S
Q dlm
εo
ruas kiri akan menghaasilkan nlai yang sama seperti sebelumnya :
( 4r 2 )E 
Q dlm
εo
Sekarang Qdlm bola dengan radius r dimana r < R dapat dihitung
dari perbandingan volume :
Qdlm
4 3
3
r
r
 
 3
Q 
4 3
R
R
3
sehingga diperoleh kuat medan sejauh r di dalam bola berjari-jari R :
r 3
)
( 4r 2 )E  R Q
εo
(
konstanta
 1 Q 
r
E  
3 
4

R
o


• Pada Muatan Bola Kopong (Kosong)
kuat medan di dalam bola bernilai nol namun di luar
bola kuat medan seperti bola pejal.
E
E=0
Turun kuadratik sesuai
persamaan (17)
r
• Medan Listrik Pada Medium Konduktor
a. Medan listrik di luar bola konduktor
E
r
Arah vektor dA
Permukaan
Gauss
Medan listrik di luar bola konduktor
akan menghasilkan nilai yang sama
dengan bola pejal sebelumnya, yaitu :
E
1
Q
ˆr
2
4 o r
a. Medan listrik di luar bola konduktor
Medan listrik di dalam bola konduktor (dan semua konduktor)
adalah nol karena seluruh muatan diasumsikan berada dalam
permukaan konduktor sehingga
 E  dA 
S
Q dlm
0
εo
maka E = 0