Listrik Statik - FMIPA Personal Blogs

Listrik Statik
Agus Suroso
1
Muatan Listrik
• Ada dua macam: positif dan negatif.
• Sejenis tolak menolak, beda jenis tarik menarik.
• Muatan fundamental e = 1, 602 × 10−19 Coulomb.
Atau, 1 C = 6,25×1018 e.
• Atom = proton + neutron + elektron.
{z
}
|
inti
Partikel
Proton (p)
Neutron (n)
Elektron (e)
Massa (kg)
1,673×10−27
1,675×10−27
9,11×10−31
Muatan
+e
0
-e
• Muatan listrik terkuantisasi dan kekal.
• Gejala listrik statik. Contoh: interaksi antara balon dengan sweater dan tembok
(simulasi: https://phet.colorado.edu/en/simulation/balloons-and-static-electricity).
2
Gaya Listrik
Besarnya interaksi antara dua partikel bermuatan (masing-masing q1 dan q2 ) yang masing-masing terletak pada
posisi ~r1 dan ~r2 adalah
q1 q2
F~12 = k 2 r̂12 ,
(1)
r12
dengan k =
1
4πε0
= 9 × 109 Nm2 /C2 , dan ~r12 = ~r1 − ~r2 adalah posisi relatif kedua partikel.
q1
r2 ­ r1
r1
r2
O
1
q2
FI1201 Fisika Dasar IIA K-15
Sem. 2 2015-2016
Dosen: Agus Suroso
Materi: Listrik Statik
Pada persamaan terakhir, besara F12 menyatakan gaya pada q1 akibat q2 . Dengan prinsip aksi-reaksi, diperoleh
~
A
F21 = −F12 . Mengingat bahwa pada vektor, Â = |A|
persamaan (1) dapat ditulis ulang sebagai
q1 q2
F~12 = k 3 ~r12 .
r12
(2)
Soal
1. Bandingkan besar gaya Coulomb dan gaya gravitasi antara dua elektron yang terpisah sejauh 1 m. (Petunjuk:
gaya gravitasi antara dua benda m1 dan m2 yang terpisah sejauh r adalah F = − Gmr12m2 , dengan G =
6, 67 × 10−11 Nm2 /kg2 .)
2. Menurut model Bohr, atom Hidrogen terdiri atas satu proton yang dikelilingi oleh satu elektron dengan jejari
orbit 5, 35×10−11 m. Dengan menganggap gaya Coulomb sebagai gaya sentripetal, tentukan kecepatan sudut
dan kecepatan tangensial elektron dalam atom Hidrogen.
3. Suatu 4ABC sama sisi terletak pada kuadran I koordinat Kartesius. Pada titik A (0,0) dan B (2,0) terdapat
partikel bermuatan qA = 1 µC dan qB = 2 µC. Berapakah besarnya gaya Coulomb yang dialami oleh partikel
di titik C yang bermuatan qC = 3 µC akibat dua partikel yang lainnya? Tentukan pula arahnya.
4. Suatu partikel bermuatan q1 = +8q terletak pada titik x = 0 dan partikel lainnya bermuatan q2 = −2q
terletak pada x = L. Pada titik manakah sebuah proton harus diletakkan agar ia dalam keadaan setimbang
(ΣF = 0)? Apakah kesetimbangan tersebut stabil?
5. Titik pusat dua bola konduktor identik A dan B terpisah sejauh a (yang nilainya jauh lebih besar dibanding
jejari bola). Bola A bermuatan +Q sedangkan B netral. Kedua bola kemudian dihubungkan oleh kawat
konduktor yang tipis. Berapakah besar gaya listrik antarbola jika kawat dihilangkan?
3
Medan Listrik
Suatu muatan (misal q1 ) akan mempengaruhi (yaitu menimbulkan gaya pada) muatan lain yang terletak di
sekitarnya. Kita dapat memandang gejala tersebut dengan cara berbeda: muatan q1 mempengaruhi daerah di
sekitarnya (yaitu menimbulkan medan listrik), dan medan tersebut mempengaruhi muatan lain di sekitarnya.
Medan listrik pada titik P oleh muatan q1 didefinisikan sebagai
~ P 1 = k q1 r̂P 1 ,
E
rP2 1
dengan k =
3.1
1
4πε0
(3)
dan ~rP 1 ≡ ~rP − ~r1 .
Medan listrik oleh banyak muatan listrik
Bila terdapat N muatan listrik maka medan listrik di suatu tempat akibat muatan-muatan listrik tersebut adalah
penjumlahan vektor medan listrik akibat masing-masing muatan
~P =
E
=
N
X
i=1
N
X
i=1
=
update: 26 Januari 2016
~Pi
E
(4)
qi
1
(~rP − ~ri )
4π0 |~rP − ~ri |3
(5)
N
1 X
qi
(~rP − ~ri ),
4π0
|~rP − ~ri |3
i=1
2
(6)
halaman 2
FI1201 Fisika Dasar IIA K-15
Sem. 2 2015-2016
3.2
Dosen: Agus Suroso
Materi: Listrik Statik
Medan listrik akibat batang lurus bermuatan
Suatu batang bermuatan dapat dipandang sebagai sekumpulan partikel-partikel beruaan yang tersusun secara
rapat satu sama lain dalam susunan segaris lurus. Medan total di suatu tempat (mari kita sebut dengan titik
P ) merupakan penjumlahan dari medan akibat tiap-tiap partikel tersebut. Sebagai contoh pertama, mari kita
ambil titik P terletak segaris dengan batang dan berjarak a dari salah satu ujung batang, serta anggap panjang
batang adalah L dan muatan totalnya Q. Untuk memudahkan perhitungan, kita buat sistem koordinat Kartesius
dengan titik P sebagai pusat dan batang terletak pada sumbu-x positif (dengan demikian P berada di sebelah kiri
batang, dan kedua ujung batang masing-masing berada pada kkordinat (a, 0) dan (a + L, 0)). Kemudian, tinjau
suatu potongan kecil batang sepanjang dx yang terletak di posisi x, dan anggap muatannya sebesar dq. Maka
besar medan di P akibat potongan kecil tersebut adalah
~P =
dE
kdq −î .
x2
(7)
Medan total diperoleh dengan mengintegralkan persamaan tersebut dengan batas yang bersesuaian dengan ujungujung batang. Pengintegralan hanya dapat dilakukan jika kita dapat menemukan hubungan eksplisit antara
variabel x dengan q. Hubungan tersebut dapat diperoleh melalui besaran rapat muatan per satuan panjang (kita
sebut sebagai λ).
Jika muatan tersebar merata di sepanjang batang, maka rapat muatan per satuan panjang batang akan bernilai
konstan, atau berlaku
dq
Q
=
= λ = konstan.
(8)
dx
L
Sehingga, dq = λdx =
Q
L dx.
Substitusi hubungan ini ke persamaan (7) menghasilkan
~P =
dE
kQ dx −î .
L x2
Sehingga medan listrik total di P adalah
Z a+L
Z
kQ
kQ a+L dx
~
~
−î
=
−î .
EP =
dE =
2
L
a (a + L)
x=a
x=a x
(9)
(10)
Jika titik P terletak sangat jauh dari batang (atau a >> L) maka persamaan di atas akan tereduksi menjadi
~ P = kQ (−î).
E
a2
(11)
Dalam hal ini, batang dapat dianggap sebagai muatan titik.
Lalu, bagaimana jika titik P tidak segaris dengan batang? Mari kita bahas kasusu ini sebagai contoh kedua
untuk medan listrik akibat muatan kontinyu. Misal batang terletak pada sumbu-x sebuah koordinat kartesius,
dengan kedua ujung batang terletak pada titik x = 0 dan x = L, dan titik P berada pada koordinat (a, b).
Kemudian tinjau suatu potongan kecil batang sepanjang dx yang terletak pada titik (x, 0). Dalam notasi vektor,
posisi titik P dan potongan kecil tersebut dapat dituliskan sebagai
~rP = aî + bĵ,
(12)
~r1 = xî.
(13)
Dengan demikian, diperoleh
~rP 1 = ~rP − ~r1 = (a − x) î + bĵ,
2
2
2
|~rP 1 | = (a − x) + b .
(14)
(15)
~ P dengan besar
Medan di titik P akibat potongan batang tersebut kita sebut dengan dE
~P = h
dE
update: 26 Januari 2016
kλdx
2
(a − x) +
b2
i3/2
3
h
i
(a − x) î + bĵ .
(16)
halaman 3
FI1201 Fisika Dasar IIA K-15
Sem. 2 2015-2016
Dosen: Agus Suroso
Materi: Listrik Statik
Medan listrik total diperoleh dengan mengintegralkan persamaan tersebut pada selang x = 0 hingga x = L. Untuk
mempermudah, pengintegralan dilakukan secara terpisah untuk komponen î dan ĵ. Sebelum mengintegralkan,
kita tuliskan terlebih dahulu komponen dari medan listrik tersebut,
dEP,x = h
dEP,y = h
kλ (a − x) dx
i3/2 ,
(a − x)2 + b2
kλbdx
(a − x)2 + b2
(17)
i3/2 .
(18)
Kemudian mari kita evaluasi integral tersebut untuk batang dengan sebaran muatan homogen (λ konstan). Dengan
√
membuat permisalan ξ = a − x = η, persamaan untuk medan pada arah sumbu-x dapat ditulis ulang menjadi
−kλ d ξ 2
−kλdη
−kλξdξ
=
=
.
(19)
dEP,x =
3/2
3/2
[ξ 2 + b2 ]
[ξ 2 + b2 ]
[η + b2 ]3/2
Kembali, kita buat permisalan α = η + b2 sehingga dα = dη, dan persamaan terakhir dapat ditulis ulang menjadi
dEP,x =
−kλdα
.
α3/2
(20)
Bentuk terakhir sudah cukup mudah untuk diintegralkan, namun kita harus terlebih dahulu menentukan batas
pengintegralannya. Jika x = maka α = a2 + b2 dan jika x = L maka α = (a − L)2 + b2 . Sehingga pada akhirnya,
"
#
Z L
1
1
kQ
p
−√
EP,x =
dEP,x =
.
(21)
L
a2 + b2
(a − L)2 + b2
x=0
Setidaknya ada dua kasus khusus yang dapat kita lihat dari hasil ini. Pertama jika a = L/2 (artinya titik P
berada pada garis yang membagi batang menjadi dua bagian sama panjang), maka EP,x = 0. Secara fisis, hal
ini terjadi karena medan akibat setengah batang yang terletak di sebelah kiri dan sebelah kanan titik P besarnya
sama dan berlawanan arah, sehingga saling meniadakan. Kasus kedua, akan identik dengan contoh pertama jika
kQ
diambil titik P berada pada koordinat (−a, 0). Pada kasus ini, medan pada arah sumbu-x adalah EP,x = a(a+L)
,
yang identik dengan persamaan (10).
Selanjutnya, mari menghitung kuat medan untuk komponen searah sumbu-y. Dengan memisalkan ξ = a − x,
persamaan (18) dapat ditulis ulang dalam bentuk
dEP,y =
−kλb dξ
[ξ 2 + b2 ]3/2
.
(22)
p
p
Jika kita buat permisalan ξ = b tan θ, maka diperoleh dξ = b sec2 θ, sin θ = ξ/ ξ 2 + b2 , dan cos θ = b/ ξ 2 + b2 .
Persamaan terakhir dapat ditulis ulang dalam bentuk
dEP,y = −
kλ
cos θdθ.
b
(23)
Medan total diperoleh dengan mengintegralkan persamaan tersebut untuk selang x = 0 hingga x = L,


kQ 
1
a−L
.
√
EP,y =
−q
2
2
bL
2
a +b
2
(a − L) + b
Jadi, medan total pada titik P adalah
"

 
#


kQ
1
1
1
1
a
−
L
~ P = EP,x î + EP,y ĵ =
 ĵ
p
E
−√
î +  √
−q

L 
b
a2 + b2
a2 + b2
(a − L)2 + b2
(a − L)2 + b2
update: 26 Januari 2016
4
(24)
(25)
halaman 4
FI1201 Fisika Dasar IIA K-15
Sem. 2 2015-2016
3.3
Dosen: Agus Suroso
Materi: Listrik Statik
Medan listrik akibat cincin bermuatan
Tinjau sebuah cincin bermuatan Q dengan jari-jari R yang terletak di bidang-xy dengan sumbu berhimpit dengan
sumbu-z. Muatan dari potongan cincin sepanjang ds adalah
dq = λds,
(26)
dengan λ adalah rapat muatan per satuan panjang. Jika ϕ adalah sudut pada bidang cincin, dapat dituliskan
ds = Rdϕ,
(27)
~rP = z k̂,
(28)
~r1 = Rρ̂ = R(î cos ϕ + ĵ sin ϕ),
(29)
~rP − ~r1 = z k̂ − R(î cos ϕ + ĵ sin ϕ),
p
|~rP − ~r1 | = z 2 + R2 .
(30)
sehingga
(31)
Bila cincin muatan seragam tersebut berbentuk lingkaran penuh, maka batas intergras ϕ adalah dari 0 sampai
2π. Gunakan Persamaan (27), (30), dan (31) sehinga dapat diperoleh
Z 2π
i
1
λRdϕ h
~
E(z)
=
z
k̂
−
R(
î
cos
ϕ
+
ĵ
sin
ϕ)
(32)
3
ϕ=0 4π0 (z 2 + R2 ) 2
Z 2π h
i
1
λR
=
z k̂ − R(î cos ϕ + ĵ sin ϕ) dϕ
3
4π0 (z 2 + R2 ) 2 ϕ=0
=
1
λ2πRz
k̂
Qz
k̂ =
,
4π0 (z 2 + R2 ) 32
4π0 (z 2 + R2 ) 32
(33)
di mana muatan total kawat adalah
Z
Q=
Z
2π
dq =
λRdϕ = λ2πR = λL.
(34)
ϕ=0
Bila ingin dihitung medan listrik di pusat cincin, maka gunakan z = 0 dalam Persamaan (33) sehingga diperoleh
~ = 0 yang cocok dengan perkiraan karena setiap elemen kawat berbentuk lingkaran tersebut memberikan
bahwa E
medan listrik yang sama besarnya ke pusat cincin dengan arah-arah yang saling meniadakan.
Untuk menghitung medan listrik di pusat cincin tersebut dapat pula diturunkan dari awal dengan
~rP − ~r1 = −R(î cos ϕ + ĵ sin ϕ),
(35)
|~rP − ~r1 | = R.
(36)
sehingga
Z
2π
i
1 λRdϕ h
−R(
î
cos
ϕ
+
ĵ
sin
ϕ)
3
ϕ=0 4π0 R
Z
i
1 λ 2π h
=−
(î cos ϕ + ĵ sin ϕ) dϕ.
4π0 R ϕ=0
~
E(z)
=
(37)
~ = 0.
Terlihat bahwa untuk cincin yang utuh diperoleh E
4
Dipol listrik
Sebuah dipol listrik dengan momen dipol p~ didefinisikan sebagai suatu pasangan muatan positif q+ dan muatan
~ Vektor momen dipol listrik didefinisikan sebagai
negatif q− yang dipisahkan oleh jarak d.
~
p~ = q d,
update: 26 Januari 2016
5
(38)
halaman 5
FI1201 Fisika Dasar IIA K-15
Sem. 2 2015-2016
Dosen: Agus Suroso
Materi: Listrik Statik
dengan q+ = +q dan q− = −q. Separasi d~ adalah posisi relatif muatan positif terhadap negatif,
d~ = ~r+ − ~r− ,
(39)
(~r+ adalah posisi q+ dan ~r− adalah posisi q− ). Posisi titik tengah dipol kita simbolkan dengan ~r0 , dengan
~r0 =
~r+ + ~r−
d~
d~
= ~r− + = ~r+ − .
2
2
2
(40)
Tinjau sebuah titik (P ) yang terletak segaris dengan kedua muatan dipol, dengan posisi ~rP = ~r0 + ~a. Medan
listrik di titik P adalah
q+
q−
~P = E
~P+ + E
~P− = k
E
+
â.
|~rP − ~r+ |2 |~rP − ~r− |2
q
q
=k
−
(â)
(a − d/2)2 (a + d/2)2
1
1
kq
−
.
(41)
= 2 (â)
a
(1 − d/2a)2 (1 + d/2a)2
Jika separasi dari dipol cukup kecil dibanding jarak dipol terhadap titik pengamatan, atau d << a, dapat dilakukan
uraian binomial Newton, limx→0 (1 + x)n ≈ 1 + nx, sehingga
d
(1 − d/2a)−2 ≈ 1 + ,
a
d
−2
(1 + d/2a) ≈ 1 − .
a
(42)
(43)
Sehingga,
~ P ≈ 2kqd (â)
E
(44)
a3
~ P = 0.
Untuk nilai d yang jauh lebih kecil dari a akan diperoleh E
Sekarang mari kita tinjau medan di suatu titik yang terletak pada garis yang tegaklurus terhadap sumbu dipol.
~ kemudian
Pada kasus ini, vektor ~a tegaklurus terhadap d,
|~rP − ~r+ |2 = |~rP − ~r− |2 = a2 +
d2
.
4
Dengan demikian, diperoleh
~rP − ~r+
~rP − ~r−
kq
kq
~
~
=
EP = kq
3/2 (~r− − ~r+ ) = (−d)
3 −
3
2
2 3/2
|~rP − ~r+ |
|~rP − ~r− |
d
d
a2 + 4
a2 + 4
(45)
(46)
~
Terlihat bahwa untuk berapapun nilai a arah vektor medan listrik hanya ditentukan oleh arah d.
update: 26 Januari 2016
6
halaman 6