BAB I HUKUM COULOMB Pengetahuan mengenai listrik dan

BAB I
HUKUM COULOMB
Pengetahuan mengenai listrik dan magnet pada awalnya dibicarakan secara
terpisah. Ilmu ini bermula dari pengamatan oleh Thales 600 tahun sebelum Masehi, yaitu
sepotong ambar dapat menarik potongan jerami kecil. Pada tahun 1820 Masehi Christian
Oersted mengamati bahwa ada hubungan antara kedua sifat bahan tersebut, yakni bahwa
arus listrik di dalam sebuah kawat dapat mempengaruhi jarum kompas magnetik.
Pengetahuan tentang listrik dan magnetik sekarang ini dikenal dengan
elektromagnetisme, ilmu ini dikembangkan oleh banyak peneliti. Beberapa orang yang
dianggap paling berjasa adalah Michael Faraday (1791-1867), James Clerk Maxwell
(1831-1879), Oliver Heaviside (1850-1925), H. A. Lorentz (1853-1928), dan M. Heinrich
Hertz (1857-1894).
1.1 Muatan Listrik
Ada dua jenis muatan di alam ini, hal ini dapat diperlihatkan secara sederhana
menggunakan dua batang seperti gambar (1.1). Batang pertama terbuat dari kaca
digantungkan dengan benang kemudian digosokkan dengan sutera.
Gambar (1.1)
Jika ujung batang kedua terbuat dari kaca digosokkan dengan sutera, lalu didekatkan ke
ujung batang pertama maka ujung batang yang digantung akan bergerak menjauh. Tetapi
jika batang kedua terbuat dari plastik dan digosokkan dengan bulu, maka ujung batang
yang digantung akan bergerak mendekat. Kedua kejadian di atas juga terjadi jika batang
pertama terbuat dari plastik dan digosokkan pada bulu. Jika batang pertama terbuat dari
plastik dan digosokkan pada bulu dan batang kedua terbuat dari plastik dan digosokkan
pada bulu, maka ujung batang pertama akan bergerak menjauh. Kesimpulan yang dapat
diambil adalah :
1. Muatan listrik timbul pada batang akibat penggosokkan
2. Muatan listrik pada kaca yang digosokkan pada sutera berbeda dengan muatan listrik
yang timbul pada plastik jika digosokkan pada bulu.
Penamaan muatan positif dan negatif dilakukan oleh Benjamin Franklin (17061790) untuk membedakan muatan yang terjadi pada kaca dan plastik. Jadi dari percobaan
yang sederhana di atas dapat dikatakan bahwa muatan sejenis tolak-menolak dan muatan
berlainan jenis tarik-menarik.
Efek kelistrikan di atas tidak hanya terjadi pada kaca dan plastik, hal inipun
terjadi pada bahan-bahan lain. Untuk menentukan jenis muatan yang timbul pada suatu
bahan, kaca dan plastik digunakan sebagai bahan perbandingan. Saat ini, secara umum
bahwa dalam keadaan normal bahan memiliki jumlah muatan positif dan negatif sama
besar, adapaun penggosokkan yang dilakukan bertujuan untuk memindahkan sebagian
kecil muatan. Sebagai contoh muatan pada kaca menjadi positif sedangkan muatan pada
sutera menjadi negatif.
Selanjutnya yang menjadi bahan pertanyaan secara kuantitas apakah sama muatan
yang timbul pada kaca setiap kali terjadi penggosokkan? Pada awalnya muatan listrik itu
dianggap seperti fluida kontinu, tetapi seiring dengan perkembangan penelitian tentang
fluida yang menunjukkan bahwa fluida itu tidaklah kontinu tetapi terdiri dari atom-atom,
maka pemikiran di atas berubah. Beberapa percobaan menunjukkan bahwa muatan listrik
pada kaca belum tentu sama setiap kali penggosokkan, dan jumlahnya merupakan
kelipatan dari suatu muatan elementer “ e “. Salah satu percobaan yang menunjukkan hal
tersebut dikenal dengan percobaan Tetes Millikan. Dan besar muatan elementer e = 1,6 x
10-19 C ( C adalah satuan internasional untuk muatan yang merupakan singkatan dari
Coulomb, Charles Agustin Coulomb adalah orang yang dianggap paling berjasa dalam
melakukan penelitian tentang muatan listrik ). Jadi muatan listrik (q) terkuantisasi
(merupakan kelipatan bilangan bulat dari muatan elementer e), q = n e dimana n = …, -2,
-1, 0, 1, 2,…
1.2 Hukum Coulomb
Dengan menggunakan alat yang disebut neraca puntir Charles Agustin Coulomb
(1736-1806) mengukur secara kuantitatif besar tolakan dan tarikan yang terjadi antara
dua buah muatan. Ia juga menyimpulkan hukum yang mengatur tarikan dan tolakan
tersebut. Alatnya menyerupai tongkat gantung, muatan-muatan dibatasi hanya pada bolabola kecil a dan b. Jika bola a dan b bermuatan, maka gaya interaksi yang timbul antara
kedua muatan tersebut akan memuntir serat gantungan. Untuk menghilangkan efek puntir
tersebut Coulomb memutar kepala gantungan, besarnya sudut θ menggambarkan ukuran
relatif dari gaya listrik yang bekerja pada a.
θ
a
b
Gambar (1.2a)
Gambar (1.2b)
Neraca Puntir Coulomb
Kesimpulan yang diperoleh Coulomb, gaya yang bekerja pada a adalah
F ∝ 1/r2
(1.1)
Dimana r adalah jarak antara a dan b. Berdasarkan hukum Newton yang ketiga tentunya
gaya yang sama besarnya dan arahnya berbeda bekerja pada b dan keduanya bekerja pada
garis lurus yang melewati a dan b.
b
a
Gambar (1.3)
Selanjutnya diperoleh bahwa secara spesifik gaya yang bekerja pada a maupun b
berbanding lurus dengan perkalian antara kedua muatan.
F ∝ q1 q2
(1.2)
Dimana q1 dan q2 adalah ukuran relatif dari muatan pada bola a dan b. Selanjutnya dari
persamaan (1.1) dan (1.2) diperoleh persamaan yang dikenal sebagai hukum Coulomb
yaitu
F = k (q1 q2)/ r2
(1.3)
Dimana k adalah konstanta kesebandingan, dalam S.I untuk vakum k = (1/4πεo) dengan
εo adalah permitivitas vakum.
Pertanyaan kita selanjutnya, bagaimana membedakan gaya pada masing-masing muatan ?
Karena gaya adalah besaran vektor berarti persamaan (1.3) harus ditulis dalam bentuk
vektor. Pandang dua buah muatan (q1 dan q2 ) yang diletakkan di bidang xy (gambar
(1.4)). Muatan q1 dan q2 diletakkan pada posisi r1 dan r2 (diukur dari titik asal (0,0)).
Gaya yang bekerja pada q1 ditulis F12, gaya yang bekerja di q2 ditulis F21. Di atas sudah
dikatakan bahwa muatan sejenis tolak-menolak dan muatan berlainan jenis tarik-menarik.
Pengertian tolak-menolak digambarkan oleh dua buah gaya yang saling menjauh, dan
tarik-menarik digambarkan dengan dua buah gaya yang saling mendekat.
q1
y1
y2
Tolak-menolak
q1
q2
q2
r1
x1
q1
r2
Tarik-menarik
x2
q2
Gambar (1.4)
Sekarang andaikan muatan q1 dan q2 sejenis, berarti tolak-menolak. Gaya yang bekerja
pada masing-masing muatan digambarkan pada gambar (1.5) di bawah.
F12
q1
r2 – r1
q2
r1
F21
r2
Gambar (1.5)
Menurut analisa vektor setiap vektor merupakan perkalian dari besar vektor tersebut
dengan vektor satuannya. Besar vektor selalu positif , vektor satuan menggambarkan arah
dari vektor besarnya satu satuan.
A =  A Â
(1.4)
Jadi gaya listrik yang bekerja di q1 dapat ditulis sebagai berikut.
F12 =  F12 Fˆ 12
(1.5)
F12 =  F21 = k (q1 q2)/ r2
(1.6)
dimana r = r2 - r1 ( vektor dengan garis tebal pada di gambar (1.5)), r = r2 - r1. Dari
gambar (1.5) terlihat bahwa arah dari vektor F12 berlawan arah dengan arah r, dengan
ˆ 12 sama dengan negatif dari vektor satuan r.
kata lain vektor satuan F
F12 = - ŕ
(1.7)
ŕ = (r2 - r1)/ r2 - r1
(1.8)
Dengan menggunakan persamaan (1.6), (1.7), dan (1.8), persamaan (1.5) dapat ditulis
kembali sebagai berikut :
F12 = { k (q1 q2)/  r2 - r12}{ - (r2 - r1)/ r2 - r1}
= { k (q1 q2) (r1 – r2)/ r2 - r13}
(1.9)
Dengan cara yang sama kita dapat menuliskan persamaan untuk gaya yang bekerja di q2
F21 = { k (q1 q2) (r2 – r1)/ r2 - r13}
(1.10)
Dapat ditunjukkan bahwa untuk muatan berlainan jenis berlaku persamaan (1.9) dan
(1.10). Ingat tanda muatan harus diperhitungkan !
1.3 Gaya Total Pada Sebuah Muatan
Andaikan pada sebuah bidang datar ada tiga buah muatan titik q1= +q, q2 = +q,
dan q3 = -q. Masing-masing diletakkan di titik-titik (x1,y1), (x2,y2), dan (x3,y3). Hitung
gaya listrik total yang bekerja pada q1.
Untuk menghitung gaya pada q1, perhatikan bahwa ada dua muatan lain yang berinteraksi
dengan q1 tersebut. Gaya total pada q1 adalah jumlah vektor dari gaya-gaya interaksi q1
dengan q2 dan q3.
F1 = F12 + F13
(1.11)
Dimana F12 = { k (q1 q2) (r1 – r2)/r1 – r23}, F13 = { k (q1 q3) (r1 – r3)/r1 – r33}
r1 = i x1 + j y1, r2 = i x2 + j y2, r3 = i x3 + j y3
r1 – r2= r2 – r1 = [(x2 – x1)2 + (y2 – y1)2]1/2
r1 – r3= r3 – r1 = [(x3 – x1)2 + (y3 – y1)2]1/2
F12 = { k (+q ) (+q) [i (x1 – x2) + j (y1 – y2)]/ [(x2 – x1)2 + (y2 – y1)2]3/2
(1.12a)
F13 = { k (+q ) (–q) [i (x1 – x3) + j (y1 – y3)]/ [(x3 – x1)2 + (y3 – y1)2]3/2
(1.12b)
Selain cara di atas ada cara lain yang dapat digunakan yaitu dengan memanfaatkan
pengetahuan kita tentang vektor, yaitu sebuah vektor merupakan perkalian antara besar
vektor dengan vektor satuan (lihat persamaan (1.4)). Untuk mudahnya kita lihat contoh
soal di bawah ini. Tiga buah muatan q1= +q, q2 = +q, dan q3 = -q , diletakkan pada
bidang-xy seperti pada gambar (1.6). Untuk menghitung gaya total pada muatan q1 kita
akan gunakan dua cara, pertama seperti halnya di atas dan yang kedua melalui pengertian
analisa vektor.
4m
y(m)
F21
F12
5
2
0
F13
q1
3m
q2
F31
q3
4
x(m)
Gambar (1.6)
Terlihat bahwa arah dari F12 ke arah x negatif (-i) dan arah dari F13 ke arah y negatif (-j ).
Kenapa seperti itu, karena prinsip tarik-menarik dan tolak-menolak. Arah dari kedua gaya
tersebut sudah kita ketahui, berarti kita tinggal menghitung besar gaya-gaya tersebut,
ingat besar gaya selalu positif.
F12=  k (+q ) (+q) /(jarak q1dan q2)2 = k q2 /42
F13=  k (+q ) (–q) /(jarak q1dan q3)2 = k q2 /32
Jadi
F12 = (k q2 /16) (-i)
(1.13a)
F13 = (k q2 /9) ( -j )
(1.13b)
Hasil ini sama dengan hasil yang diperoleh melalui persamaan (1.12a) dan (1.12b).
Soal-Soal
1. Dua muatan statik 1,0 x 10-7 C dan –3,0 x 10-7 C dipisahkan oleh jarak sejauh 10 cm.
Sebuah muatan positif (+q) diletakkan pada garis lurus yang melalui kedua muatan.
Dimanakah letakkan muatan tersebut agar gaya total yang dialaminya nol.
Jawab : 23,75 m dari muatan negatif dan 13,75 cm dari muatan positif.
2. Tiga buah muatan titik diletakkan pada bidang xy (x dan y dalam meter). Muatan q1
di titik (0,4), q2 di titik (0,2), dan q3 di titik (3,0). Jika diketahui q1= q2= -q3 = 3,2 x
10 –19 C, hitung :
a. Gaya listrik q1 akibat q2 dan q3.
b. Gaya listrik total yang dialami oleh q3
Jawab : a) [(1/16πεo )( 3,2 x 10 –19 )2 ] i N, [(1/500πεo )( 3,2 x 10 –19 )2 ](4 i – 3 j )N,
b) [(1/4πεo )( 3,2 x 10 –19 )2 ] [(241/500)i – (3/125) j ] N
3. Dua buah muatan titik positif identik ditahan pada jarak tetap sejauh 2a satu sama
lainnya. Muatan uji positif diletakkan pada bidang yang normal terhadap garis yang
menghubungkan kedua muatan dan ditengah-tengah kedua muatan tersebut. Hitung
jarak muatan uji terhadap masing-masing muatan agar gaya pada muatan uji
maksimum.
Jawab : a/2
4. Perhatikan gambar (1.7) di bawah ini ! Hitung gaya persatuan muatan yang dialami
muatan q !
q
-Q
r
3a
q
2a
d
d
+Q
Gambar (1.7)
Jawab :
a) (Q/4 a2πεo )[ -i /4 + (2i - √5 j )/27] N/C,
b) (Q/4πεo )[(r + d )-2 ─ (r-d)-2 ] j N/C
-Q
+Q
1. 4 MEDAN LISTRIK
Pada mulanya, gaya listrik yang bekerja pada sebuah muatan dipandang sebagai
sebuah interaksi sesaat. Sekarang ini pandangan tersebut berubah, gaya listrik yang
terjadi pada sebuah muatan adalah interaksi muatan tersebut dengan medan listrik. Untuk
lebih jelasnya kita perhatikan kembali interaksi antara dua buah muatan titik q1 dan q2
yang diletakkan pada posisi r1 dan r2.
q1
r2 - r1
r1
q2
r2
Gambar (1.8)
Gaya listrik yang bekerja pada q2 yaitu F21 = (k q1 q2) (r2 - r1)/r2 - r13, persamaan
tersebut dapat ditulis kembali sebgai berikut
F21 = q2 [(k q1) (r2 - r1)/r2 - r13] = q2 E
(1.14)
Dimana E adalah medan listrik yang dihasilkan oleh q1 di posisi r2
E = [(k q1) (r2 - r1)/r2 - r13]
(1.15)
Terlihat bahwa E tidak bergantung pada besarnya q2. Persamaan (1.15) dikenal dengan
persamaan kuat medan listrik oleh muatan titik.
Contoh :
Hitung medan listrik pada titik ( 6,4) yang ditimbulkan muatan titik 1,6 x 10-19 C yang
diletakkan di titik (3, -1).
Jawab :
Posisi muatan r = r1 = 3 i – j meter, posisi titik pengamatan R = r2 = 6 i + 4 j meter. (r2 r1) = 3 i + 4 j meter,r2 - r1= 5 meter. Berdasarkan persamaan (1.15) medan di titik
pengamatan (6,4) adalah E = [(k 1,6 x 10-19 q1) (3 i + 4 j)/125] N
1.5 PERHITUNGAN MEDAN LISTRIK OLEH MUATAN TITIK
Untuk menghitung medan listrik yang dihasilkan oleh muatan titik kita dapat
menggunakan persamaan (1.15). Sebagai contoh perhatikan gambar di bawah ini. Muatan
titik positif (+Q) diletakkan di titik asal (0,0), kita akan mencari besar dan arah medan
listrik yang di titik a, b, c, d, e, f, g, h.
Y (m)
a
b
c
y
+Q
y
h
g
x
0
d
f
e
X (m)
x
Gambar (1.9)
Titik a
Posisi titik a ra = - x i + y j , posisi muatan rQ = 0 i + 0 j = 0.
Medan listrik di titik a, E = [(k Q) (ra – rQ)/ra – rQ3] = k Q (- x i + y j)/(x2 + y2)3/2
Besar E = E= k Q/(x2 + y2), arah E adalah Ê = (- x i + y j)/(x2 + y2)1/2
Titik b
Posisi titik b rb = y j , posisi muatan rQ = 0 i + 0 j = 0.
Medan listrik di titik b, E = [(k Q) (rb – rQ)/rb – rQ3] = k Q ( y j)/ y3
Besar E = E= k Q/y2, arah E adalah Ê = y j/ y = j
Titik c
Posisi titik c rc = x i + y j , posisi muatan rQ = 0 i + 0 j = 0.
Medan listrik di titik c, E = [(k Q) (rc – rQ)/rc – rQ3] = k Q (x i + y j)/(x2 + y2)3/2
Besar E = E= k Q/(x2 + y2), arah E adalah Ê = (x i + y j)/(x2 + y2)1/2
Titik d
Posisi titik d rd = x i , posisi muatan rQ = 0 i + 0 j = 0.
Medan listrik di titik d, E = [(k Q) (rd – rQ)/ra – rQ3] = k Q (x i)/x3
Besar E = E= k Q/x2 , arah E adalah Ê = x i /x = i
Titik e
Posisi titik e re = x i - y j , posisi muatan rQ = 0 i + 0 j = 0.
Medan listrik di titik e, E = [(k Q) (re – rQ)/re – rQ3] = k Q ( x i - y j)/(x2 + y2)3/2
Besar E = E= k Q/(x2 + y2), arah E adalah Ê = (x i - y j)/(x2 + y2)1/2
Titik f
Posisi titik f rf = - y j , posisi muatan rQ = 0 i + 0 j = 0.
Medan listrik di titik f, E = [(k Q) (rf – rQ)/rf – rQ3] = k Q (- y j)/ y3
Besar E = E= k Q/y2, arah E adalah Ê = (- y j)/ y = - j
Titik g
Posisi titik g rg = - x i - y j , posisi muatan rQ = 0 i + 0 j = 0.
Medan listrik di titik g, E = [(k Q) (rg – rQ)/rg – rQ3] = k Q (- x i - y j)/(x2 + y2)3/2
Besar E = E= k Q/(x2 + y2), arah E adalah Ê = (- x i - y j)/(x2 + y2)1/2
Titik h
Posisi titik h rh = - x i , posisi muatan rQ = 0 i + 0 j = 0.
Medan listrik di titik h, E = [(k Q) (rh – rQ)/rh – rQ3] = k Q (- x i )/x3
Besar E = E= k Q/y2, arah E adalah Ê = - i
Simpulan :
1. Titik-titik yang jaraknya sama dari muatan mempunyai besar medan listrik sama
2. Arah medan listrik meninggalkan muatan positif (coba gambarkan arah vektor
satuan pada masing-masing titik pengamatan)
Nah, sekarang! Bagaimana jika muatan di titik asal bermuatan negatif (-Q) ? Buktikan
bahwa kesimpulan yang diperoleh adalah
1. Titik-titik yang jaraknya sama dari muatan mempunyai besar medan listrik sama
2. Arah medan listrik menuju muatan negatif (coba gambarkan vektor satuan pada
masing-masing titik pengamatan)
Pertanyaan kita selanjutnya adalah bagaimana menghitung medan listrik di suatu titik
yang dihasilkan oleh banyak muatan titik ? Untuk menjawab pertanyaan ini perhatikan
kembali gaya listrik total yang terjadi pada sebuah muatan titik ( lihat persamaan (1.11)).
Terlihat medan total di posisi r1 adalah
E1 = (F1 /q1) = (F12/q1) + (F13/q1) = E12 + E13
(1.16)
Dimana E12 dan E13 adalah medan di r1 yang dihasilkan oleh q2 dan q3.
Jika dalam sebuah ruangan terdapat N muatan titik (q1, q2, …, qN) maka kuat medan
listrik di suatu titik merupakan jumlah vector dari kuat medan listrik yang dihasilkan oleh
masing-masing muatan di titik tersebut.
E1 = E12 + E13 + … + E1N
(1.17)
1.6 MEDAN LISTRIK OLEH MUATAN KONTINU
Muatan listrik yang terdapat di dalam bahan umumnya adalah kumpulan muatan
titik. Kumpulan muatan ini kita sebut muatan kontinu. Secara umum muatan kontinu
dibagi menjadi dua muatan kontinu yang tersebar secara merata (uniform) dan yang
tersebar secara acak. Dalam buku ini kita akan membahas secara khusus muatan yang
tersebar secara merata ( dalam garis, bidang datar, bola, dan silinder ).
Sekarang perhatikan muatan Q yang tersebar dalam volume V, gambar (1.10) di bawah !
Berapakah medan listrik di posisi R? Untuk menyelesaikan pertanyaan di atas kita
pandang elemen muatan dQ yang terdapat dalam elemen volume dV. Anggap bahwa
elemen volume ini sangat kecil, sehingga elemen muatan dQ dapat dianggap sebagai
sebuah muatan titik yang terdapat di posisi r.
Medan listrik oleh muatan titik dQ di R dapat dihitung menggunakan persamaan (1.15),
dengan mengganti q1 dengan dQ, r2 dengan R dan r1 dengan r
dE = [(k dQ) (R - r)/R - r3]
(1.18)
dQ
R-r
R-r
r
r
R
R
Gambar (1.10)
Di atas sudah dijelaskan bahwa sebenarnya muatan kontinu merupakan kumpulan muatan
titik. Anggap bahwa muatan kontinu disusun oleh sangat banyak muatan titik identik
(dQ). Jadi medan listrik di R merupakan jumlah dari medan listrik yang dihasilkan oleh
masing-masing muatan titik identik tersebut ( gunakan persamaan (1.17)). Karena
muatannya kontinu maka penjumlahannya berupa integrasi.
E = ∫ dE = ∫[(k dQ) (R - r)/R - r3
(1.19)
Jangan lupa bahwa dQ bergantung pada posisi (r).Untuk lebih memahami konsep ini kita
lihat beberapa contoh medan listrik oleh muatan kontinu yang serbasama.
1.6.1 Muatan Garis
1. Muatan +Q yang tersebar secara merata pada kawat lurus sepanjang L. Misalkan
kawat tersebut diletakkan pada sumbu-x. Lihat gambar (1.11 )! Hitung medan listrik
di titik P.
Y(m)
d
X(m)
x
d
x
dQ
dx
Gambar (1.11)
Perhatikan elemen muatan dQ yang terdapat di dalam elemen panjang dx. Dengan
anggapan bahwa dx sangat kecil maka kita memiliki muatan titik dQ yang terletak di x.
Medan listrik di titik P yang dihasilkan muatan titik dQ adalah
dE = [(k dQ) (R - r)/R - r3] dengan R = d j dan r = x i.
dE = (k dQ) (d j – x i)/ (d2 + x2)3/2
(1.20)
Karena muatan tersebar secara merata, maka dQ = (dx/L) Q. jadi Medan total di titik P
adalah
E = ∫ dE = (kQ/L)0∫L (d j – x i)dx / (d2 + x2)3/2
(1.21)
Batas integrasi didapat dari sebaran muatan dari x = 0 sampai x = L
2. Muatan +Q yang tersebar pada kawat melingkar berjari-jari R. Hitung medan listrik
total di pusat lingkaran!
ds
dQ
dθ
R
θ
θ
Gambar (1.12 )
Perhatikan elemen muatan dQ yang berada di dalam elemen panjang ds. Karena ds
dianggap sangat kecil, maka dQ dapat dianggap muatan titik. Medan listrik di pusat
lingkaran akibat dQ adalah
dE = (k dQ) R(- i cos θ – j sin θ )/ R3
(1.22)
Karena muatan Q tersebar secara merata, maka dQ = (ds/2πR)Q= (dθ/2π)Q. Medan total
di pusat lingkaran adalah
E = ∫ dE = (kQ/2π) 0∫2π dθ(- i cos θ – j sin θ )/ R2
(1.23)
Hasil integrasi persamaan (1.23) sama dengan nol. Hasil yang sama kita dapatkan dengan
memandang dua buah elemen muatan identik (dQ = dQ’) yang membentuk garis lurus
melewati pusat lingkaran, perhatikan gambar (1.13).
dE’
dQ’
Gambar (1.13)
dE
P
dQ
Misalkan medan listrik yang dihasilkan kedua muatan di pusat lingkaran adalah dE dan
dE’. Karena besar muatan sama, maka kedua medan listrik tersebut sama besar. Arah
kedua medan listrik berlawanan (lihat pasal 1.5), jadi medan listrik total di pusat
lingkaran akibat kedua muatan sama dengan nol. Karena muatan tersebar secara merata,
maka setiap muatan titik di lingkaran memiliki pasangan yang menyebabkan medan
listrik di pusat lingkaran nol. Jadi dapat disimpulkan medan listrik di pusat lingkaran
akibat seluruh muatan sama dengan nol.
1.6.2 Muatan Bidang
Di sini muatan dianggap tersebar merata pada bidang datar. Kita asumsikan
bidang datar tersusun dari sangat banyak kawat lurus. Jadi konsep medan listrik yang
ditimbulkan oleh kawat lurus jangan dilupakan. Sekarang kita perhatikan dulu persoalan
kawat lurus di bawah ini!. Muatan +Q tersebar secara merata pada sumbu-x dari x = 0
sampai x = L meter. Jika pada persoalan muatan garis di atas, titik pengamatan terletak di
dekat ujung kawat, maka persoalan sekarang titik pengamatan P terletak di tengah-tengah
( ½ L, R). Tetapi cara penyelesaiannya tetap sama, diawali dengan memandang sebuah
elemen muatan dQ (muatan titik) yang terletak di x (lihat gambar (1.14) di bawah ini).
Medan listrik di titik P oleh muatan titik dQ adalah dE = k dQ[( x-½ L)(-i) +R j]/[(x-½
L)2 +R2]3/2
Medan total di titik P diperoleh
E = ∫ dE = (kQ/L)0∫L dx [( x-½ L)(-i) +R j]/[(x-½ L)2 +R2]3/2
= (kQ R j /L)0∫L dx /[(x-½ L)2 +R2]3/2
E = j {kQ /R[R2 + (0.5 L)2]1/2}
dE = k dQ[( x-½ L)(-i) +R j]/[(x-½ L)2 +R2]3/2
Y(m)
½L
R
(1.24)
½L
R
x
X(m)
dx
x
dQ
Gambar (1.14)
Sekarang kita kembali ke persoalan muatan yang tersebar merata pada bidang datar . Kita
lihat bidang datar berbentuk empat persegi panjang dengan ukuran (a x b) m2. Perhatikan
gambar (1.15) di bawah ini. Ingat bahwa kita bekerja di dalam ruang dimensi-3.
z
P
y
dQ
R
x
y
b
x
b
a
a
y
z
dQ
d
R
b
y
y
y
a
Gambar (1.15)
Perhatikan bahwa medan listrik di titik P akibat dQ sama dengan persoalan di atas ( lihat
persamaan (1.24)), dengan menggantikan Q→ dQ; L→ a; R→ d = (y2 + R2)1/2 ; E → dE ;
dan j → ( - y j + R k )/( y2 + R2)1/2 diperoleh
dE = ( - y j + R k ){k dQ / (y2 + R2)[y2 + R2 + (0.5 a)2]1/2}
(1.25)
Dari gambar di atas didapat
dQ = Q(a dy)/(ab) = Q dy/b
(1.26)
Jadi medan total di P adalah
E = ∫dE = k (k Q R /b) –b/2∫ b/2{ dy / (y2 + R2)[y2 + R2 + (0.5 a)2]1/2}
(1.27)
Medan total hanya ke arah sumbu-z positif.
Bagaimana besar dan arah medan listrik jika muatannya berjenis negatif ? Jika ingin
berlatih anda dapat mengikuti prosedur yang sudah dilakukan di atas dan jika anda ingin
memeriksa hasilnya dapat menggunakan persamaan (1.27 ) dengan mengganti Q dengan
– Q.
Cara lain untuk menghitung medan listrik untuk kasus di atas adalah dengan memandang
elemen muatan pada bidang xy pada posisi sembarang (x,y).
y
z
P
y
dQ
x
R
x
y
b
x
b
a
dQ
dy
dx
a
dQ = Q (dx dy)/(ab) = σ dx dy
σ = Q /(ab) = rapat muatan
Gambar (1.16)
Medan listrik di titik P yang ditimbulkan oleh dQ adalah
dE = k dQ (- x i – y j + R k )/ [ x2 + y2 + R2 ]3/2
= k [Q dx dy /(ab) ] (- x i – y j + R k )/[ x2 + y2 + R2 ]3/2
Perhatikan bahwa vektor (- x i – y j + R k ) adalah vektor posisi titik P dari elemen
muatan dQ .
Medan total di titik P adalah
E = (k σ ) –b/2∫ b/2–a/2∫ a/2 {(- x i – y j + R k )/[ x2 + y2 + R2 ]3/2 }dx dy
= k (k σ ) –b/2∫ b/2–a/2∫ a/2 R /[ x2 + y2 + R2 ]3/2 }dx dy
(1.29)
Perhatikan ! Apakah hasil yang diperoleh pada persamaan (1.27) dan (1.28) sama ?
Soal-soal
1. Dua buah muatan titik q1= 1,6 x 10-19 C dan q2 = 1,6 x 10-19 C diletakkan dalam
bidang-xy secara berturut-turut pada titik-titik (0,0) dan (3,4). Hitung :
a. Gaya yang dialami masing-masing muatan
b. Bandingkan besar masing-masing gaya pada soal (a).
Jawab : a) F12 = - F21 = k (1,6 x 10-19 )( ─ 3 i ─ 4j )/125 N, b) sama besar
2. Empat buah muatan sejenis ditempatkan pada sudut-sudut sebuah bujur sangkar
dengan sisi a. Hitung :
a. Besar medan listrik oleh masing-masing muatan di titik potong diagonal.
b. Medan listrik total pada titik potong diagonal.
Jawab : a) k 2q/a2 , b) nol
3. Dua buah muatan titik q dan 4q dipisahkan oleh jarak sejauh 3r. Hitung :
a. Besar medan gaya listrik yang dialami oleh masing-masing muatan.
b. Besar gaya per satuan muatan pada masing-masing muatan
c. Jarak sebuah titik dari q dimana medan total di titik tersebut nol
Jawab : a) 4kq2 /9r2 , b) 4kq /9r2 pada muatan q , kq /9r2 pada muatan 4q, c) sejauh r
dari q dan sejauh 2r dari 4q.
4. Berapakah jarak antara dua proton jika gaya tolak listrik yang bekerja pada masingmasing muatan sama dengan dua kali beratnya di permukaan bumi. Diketahui
percepatan gravitasi bumi 10 m/s2 dan massa proton 1,7 x 10-27 kg.
Jawab : 0,8232 cm
5. Dua buah bola penghantar yang identik dimuati muatan sama besar dengan jenis yang
berbeda. Kedua bola saling tarik-menarik dengan gaya sebesar 0,108 N. Bila kedua
bola terpisah oleh jarak 0,50 m, hitung besar masing-masing muatan.
Jawab : 1,732 x 10-6 C
6. Sebuah elektron ditembakkan ke arah proton dengan laju awal 3,0 x 105 m/s. Jika
jarak mula-mula antara elektron dan proton sangat jauh, pada jarak berapakah dari
proton elektron memiliki kecepatan dua kali semula ?
Jawab : 2,371 x 10-7 m
7. Tiga buah bola kecil, masing-masing bermassa 10 g digantungkan dengan tali kecil
sepanjang 1 m dari sebuah titik bersama. Bola-bola tersebut bermuatan identik dan
menggantung membentuk segitiga sama sisi yang sisi-sisinya 0,1 m. Berapakah
muatan masing-masing bola ?
Jawab : 4,387 x 10-8 C
8. Sebuah muatan titik diletakkan sejauh 0,5 m dari sebuah titik pengamatan. Medan
listrik di titik tersebut akibat muatan titik terukur sebesar 2,0 N/C, berapakah muatan
titik tersebut ?
Jawab : 0,555 x 10-10 C
9. Muatan listrik +Q tersebar merata ke seluruh kawat yang berbentuk seperti gambar di
bawah. Hitung medan listrik total pada pusat lingkaran.
Soal (9)
Soal (10)
r
R
2r
2r
Jawab : E = ∫ dE = [k4rQ/(4r + 2πr)]-2r∫2r r j dx / (r2 + x2)3/2
10. Dua buah kawat penghantar identik sangat panjang, memiliki muatan total +Q. Jarak
antara kedua kawat R. Hitung gaya persatuan panjang yang dialami masing-masing
muatan !
Jawab : Q2/(2πεoL2R) N/m
11. Sebuah medan listrik serbasama terdapat di dalam daerah antara dua plat identik
dengan muatan total berlawanan. Sebuah elektron dilepaskan dari keadaan diam pada
permukaan plat bermuatan negatif dan menumbuk plat positif dalam waktu 1,5 x 10-8
s. Diketahui jarak antara kedua plat 2,0 cm.
a. Berapakah laju elektron saat menumbuk plat ?
b. Berapakah besar medan listrik di antara plat ?
Jawab : a) 2,67 x 106 m/s, b) 1,012 x 103 N/C
12. Sebuah plat berbentuk bujur sangkar ( panjang sisi r = 1 m) memiliki muatan
persatuan luas σ. Sebuah titik pengamatan terletak sejauh d dari plat. Hitung besar
medan litrik pada titik tersebut akibat plat bermuatan, anggap d << r.
d
r
r
Jawab : σ/2εo
d
BAB II
HUKUM GAUSS
Di dalam pembahasan di atas telah kita lihat bagaimana penggunaan hukum
Coulomb untuk menghitung medan listrik E pada berbagai titik di sekitar distribusi
muatan. Cara tersebut dikenal dengan cara langsung yang memerlukan banyak energi,
karena tingkat kerumitannya cukup tinggi kecuali untuk kasus-kasus sederhana. Akan
tetapi cara ini selalu dapat digunakan bagaimanapun rumitnya persoalan.
Mengingat bahwa dalam skala kecil alam cenderung simetri, maka dalam
menghitung medan E kita dapat menggunakan metoda tidak langsung. Metoda ini dikenal
dengan hukum Gauss. Keuntungan dari metoda ini adalah proses matematisnya yang
lebih sederhana.
Sebelum kita mempelajari hukum Gauss, ada baiknya kita perhatikan beberapa hal di
bawah ini :
1. Arah medan listrik di sebuah titik pengamatan yang ditimbulkan oleh sebuah muatan
positif adalah meninggalkan muatan tersebut.
2. Arah medan listrik di sebuah titik pengamatan yang ditimbulkan oleh sebuah muatan
negatif adalah menuju muatan tersebut.
3. Arah permukaan di suatu titik pada permukaan tersebut tegak lurus permukaan
singgung di titik tersebut, arah permukaan tersebut dikenal dengan arah normal.
4. Rapat muatan per satuan panjang diberi notasi λ.
5. Rapat muatan per satuan luas diberi notasi σ.
6. Rapat muatan per satuan volume diberi notasi ρ.
7. Fluks listrik (satuannya Tesla) diberi notasi Φ.
1.1 Fluks Dari Sebuah Medan Vektor
Andaikan di dalam sebuah ruangan kita memiliki sebuah permukaan S
(permukaan merupakan vektor), permukaan ini disusun oleh sejumlah elemen permukaan
dengan luas sama dS. Di dalam ruangan inipun bekerja medan listrik E.
Sekarang pandang salah satu elemen luas yang terletak pada suatu titik di
permukaan S misal dS (sebuah besaran vektor, ada arahnya) dan hitung E di tempat
tersebut. Kemudian lakukan operasi titik antara kedua vector tersebut E . dS. Beberapa
sifat dari operasi titik tersebut adalah :
1. Merupakan sebuah besaran scalar infinitesimal.
2. Bernilai positif jika sudut antara E dan dS lebih kecil dari 90o, dan negatif jika
sudutnya lebih besar dari 90o.
3. Bernilai nol jika E tegak lurus terhadap normal dS , dengan kata lain E sejajar dengan
daerah yang direpresentasikan oleh dS.
Nah, sekarang kita dapat membayangkan pekerjaan di atas untuk seluruh permukaan
yaitu dengan menjumlahkan semua operasi titik masing-masing elemen luas.
Φ = ∫ E.dS
(2.1)
Hasil dari persamaan (2.1) dikenal dengan fluks dari E yang melalui permukaan S.
1.2
Permukaan Terbuka Dan Tertutup
Permukaan dapat diklasifikasikan sebagai berikut :
a. Permukaan Terbuka, adalah permukaan yang memiliki suatu ‘ekor’. Contoh: kertas,
tabung tanpa tutup, setengah bola, dan sebagainya.
b. Permukaan Tertutup, permukaan yang tidak memiliki ekor. Contoh : bola, tabung
dengan tutupnya, balon, dan sebagainya.
Untuk lebih jelasnya perbedaan antara permukaan tertutup dan terbuka adalah :
permukaan tertutup dipisahkan oleh dua ruang yaitu volume dalam dan luar. Dan
tidaklah mungkin pindah dari dalam ke luar tanpa memotong permukaan. Sifat ini tidak
dimiliki oleh permukaan terbuka.
1.3 Hukum Gauss
Garis gaya (digunakan untuk melukiskan intensitas dan arah) medan listrik berawal
dari muatan positif dan berakhir pada muatan negatif. Pernyataan secara tepat dari ide
intuisi ini dikenal dengan hk. Gauss :
∫ E . dS = ( ∑q )/εo
(2.2)
S
Ruas kiri adalah fluks dari medan E yang melalui permukaan tertutup S. Pada ruas kanan,
(∑q ) adalah jumlah muatan total yang berada di dalam permukaan tertutup S. Sebagai
contoh perhatikan gambar (2.1) di bawah ini.
+3 C
-6 C
Permukaan
tertutup S
+10 C
Gambar (2.1)
Jumlah fluks yang melalui permukaan tertutup S sama dengan ( +3 – 6 ) /εo. Muatan +10
C berada di luar permukaan tertutup, jadi tidak memberikan kontribusi pada fluks yang
melalui permukaan tertutup.
Persamaan ∫ E . dS = ( ∑q )/εo sangat padat. Saat menerapkannya pada suatu
persoalan kita harus berada dalam beberapa hal berikut :
a. Ia hanya untuk permukaan tertutup.
b. dS memiliki arah normal dan keluar
c. Secara umum E bervariasi dari titik ke titik pada permukaan S dan tidak dapat keluar
dari integrasi.
d. E dan dS adalah vektor: pertama kita harus mencari E . dS, kemudian jumlahkan
untuk seluruh permukaan tertutup dengan cara melakukan integrasi.
e. ∑q , hitung jumlah muatan total yang dilingkupi permukaan tertutup atau dengan kata
lain ∑q jumlah muatan yang berada di dalam volume yang dibatasi permukaan
tertutup.
Biasanya distribusi muatan diketahui ( muatan titik, muatan pada kawat, muatan silinder,
dsb) dan kita disuruh menghitung medan listrik E pada suatu titik pengamatan P. Perlu
diingat bahwa tidak ada ketentuan khusus bagaimana bentuk permukaan tertutup, akan
tetapi salah satu keistimewaan hk. Gauss adalah kita bebas memilih permukaan tertutup.
Ini berarti kita boleh memilih permukaan tertutup sedemikian rupa sehingga persoalan
integrasi menjadi lebih sederhana. Karena itu sangat mudah bila digunakan untuk sistem
distribusi muatan yang mempunyai simetri mudah. Dalam aplikasinya persoalan hk.
Gauss adalah persoalan menentukan permukaan tertutup yang dikenal dengan
permukaan Gauss. Ada tiga macam permukaan Gauss yang kita bahas disini yang
berkaitan dengan bentuk dan simetri dari distribusi muatan yaitu bola, silinder, balok.
Tidak ada petunjuk resmi bagaimana cara kita memilih permukaan, tetapi berdasarkan
pengalaman penulis ada dua hal penting yang perlu diperhatikan sebagai panduan dalam
memilih permukaan :
1. Hukum Gauss digunakan menghitung besar medan listrik, sedangkan arah medan
listrik sudah diketahui dengan menggunakan hk. Coulomb (kaidah simetri).
2. Pilih permukaan sedemikian rupa sehingga arah E pada permukaan sejajar dan atau
tegak lurus permukaan ( E.dS = 0 atau E.dS = E dS ). Pada permukaan dimana E
sejajar dengan arah dS pilih permukaan dimana besar E konstan pada setiap titik pada
permukaan tersebut ( agar E dapat dikeluarkan dari integrasi ).
Untuk lebih jelasnya perhatikan beberapa contoh pemakaian hk. Gauss di bawah ini.
1.4 Beberapa Contoh Penggunaan Hukum Gauss
Perhatikan sebuah kawat lurus serbasama dengan muatan total +Q ( lihat contoh
soal medan listrik oleh muatan kontinu ). Misalkan panjang kawat L dan titik pengamatan
berada ditengah-tengah.
y
Ep
x
Ep = j (kDQ/L)0,5L∫0,5L (dx / (d2 + x2)3/2
D
L
Gambar (2.2)
Andaikan L → ∞ , hal ini selalu bisa kita dapatkan dengan mengambil L >> D. Dengan
menggunakan teknik integrasi tertentu kita peroleh medan pada titik sejarak D dari kawat
adalah :
E = j ( Q/ 2πεoLD) atau E = j ( λ / 2πεoD)
(2.3)
Arah medan ini meninggalkan kawat dan tegak lurus kawat.
Tentunya sebelum kita mendapatkan hasil tersebut kita harus mnempuh cara penyelesaian
yang cukup rumit. Nah, cara yang lebih mudah adalah dengan memanfaatkan hk Gauss.
Perhatikan gambar (2.3) di bawah ini, hasilnya bandingkan dengan cara di atas
ditanggung lebih mudah!
D
D
Permukaan dengan besar
medan listrik sama
x
Gambar (2.3)
Bangunlah sebuah selinder (permukaan Gauss) dengan jari-jari D dan panjang x ( lihat
gambar (2.3)). Kawat bermuatan terletak pada sumbu silinder. Perlu diingat dalam
membangun permukaan Gauss titik pengamatan merupakan salah satu titik pada
permukaan. Perhatikan panjang kawat yang berada didalam selinder adalah x, ini artinya
muatan yang berada dalam selinder adalah.
∑ q = (x/L) Q = x λ
(2.4)
Silinder kita memiliki 3 buah permukaan, yaitu tutup kiri dan kanan serta selimut.
Perhatikan bahwa medan ⊥ permukaan kiri dan kanan dan searah dengan permukaan
selimut.
∫ E . dS = (x λ/εo)
(2.5)
Fluks listrik yang menembus tutup kiri dan kanan nol, jadi fluks listrik yang menembus
silinder hanya fluks yang menembus permukaan selimut. Perhatikan juga bahwa arah
medan listrik di setiap titik di selimut searah dengan arah permukaan selimut!
∫ E . dS = selimut ∫ E . dS = (x λ/εo)
(2.6)
∫ E . dS = E . luas selimut = E ( 2π D x ) = (x λ/εo) . Jadi besar medan listrik di titik
sejauh D dari kawat adalah (arah medan listrik meninggalkan kawat)
selimut
E = (Q/L2π D εo) = (λ/L2π D εo)
(2.7)
Contoh lain:
Hitung besar medan listrik di sebuah titik sejauh x dari sebuah plat yang bermuatan total
+Q luas plat A, asumsikan x << dari dimensi plat.
Luas a’
x
Muatan total +Q,
luas plat A
x
x
Gambar (2.4)
Bangun sebuah permukaan Gauss berbentuk balok dengan panjang 2x dan luas
penampang a’. Plat memotong balok di tengah-tengah ( lihat gambar (2.4) di atas ).
Perhatikan, berdasarkan hk. Coulomb atau simetri bidang dari distribusi muatan ini, arah
dari medan listrik meninggalkan plat.
Permukaan kiri
Permukaan kanan
Gambar (2.5)
Penampang
lintang
balok
dengan luas a’, sepanjang
permukaan ini medan listrik
sama (besar maupun arahnya).
Dari gambar (2.5) di atas terlihat bahwa tidak seluruh muatan berada di dalam balok,
muatan yang berada di dalam balok hanya yang berada di bagian plat seluas a’. Jadi jelas
jumlah muatan yang berada di dalam balok adalah
(∑q ) = (a’/A)Q
(2.7)
Perhatikan juga bahwa balok memiliki 6 permukaan, tetapi hanya dua buah permukaan
yang memberikan kontribusi terhadap fluks listrik yaitu permukaan kiri dan kanan. Jarak
kedua permukaan tersebut ke plat sama, sehingga besar medan listrik pada kedua
permukaan tersebut dapat dianggap sama. Jadi kedua permukaan itu memberikan
kontribusi fluks sama besar. Empat permukaan yang lain memiliki arah normal tegak
lurus medan sehingga fluksnya nol. Berdasarkan hal tersebut di atas, maka kita dapatkan
a. Fluks total yang menembus balok = (a’/ εo A)Q
b. Balok ∫ E . dS = 2tutup kiri ∫ E . dS = 2 tutup kanan ∫ E . dS = 2 E luas penampang lintang
balok = 2 E a’
c. Jadi besar medan listrik pada titik sejauh x dari plat dengan luas A dan muatan total
+Q adalah
E = (Q / 2εo A) = σ/ 2εo
(2.8)
Dimana σ = Q/A
Soal-soal
1. Sebuah bola konduktor pejal berjari-jari R diberi muatan total +Q. Hitung medan
listrik pada sebuah titik pengamatan sejauh r dari pusat bola, untuk r < R dan r > R.
Muatan tersebar merata pada permukaan ( medan di dalam konduktor selalu nol,
karena setimbang).
Jawab : r < R E = 0, r > R E = k Q/r2
2. Ulangi soal (1), untuk bola non-konduktor pejal, muatan tersebar merata ke seluruh
ruang.
Jawab : r < R E = k r Q/R3
3. Bola konduktor berongga berjari-jari dalam a dan luar b. Sebuah muatan titik +Q
diletakkan di pusat bola. Hitung :
a. Medan listrik untuk r < a, a < r < b, r > b ( r dihitung dari pusat bola)
b. Muatan induksi pada masing-masing permukaan konduktor (manfaatkan
pengetahuan mengenai medan di dalam konduktor nol )
Jawab : a) r< a E = k Q/r2 , a < r < b E = 0, r > b E = k Q/r2 , b) Qdalam = –Q, Qluar = +Q
4. Bola konduktor pejal berjar-jari a berada di dalam bola non-konduktor berongga (jarijari dalam a dan jari-jari luar b ). Bola konduktor diberi muatan +Q dan bola nonkonduktor diberi muatan –Q. Hitung medan listrik untuk seluruh r ( r dihitung dari
pusat bola ) dan hitung muatan induksi pada masing-masing permukaan bola
konduktor.
Jawab : r < a E = 0, a < r < b E = k Q/r2 [1─ ( r3 – a3)/ ( b3 – a3)], r > b E = 0
5. Dua buah silinder non-konduktor sangat panjang dipasang konsentris. Silinder bagian
dalam berjari-jari a (rapat muatan +σ), silinder bagian luar berjari-jari dalam b dan
luar c ( rapat muatan –σ ). Hitung medan listrik untuk seluruh r ( r dihitung dari
sumbu silinder).
Jawab : r<aE =σr/2εo , a<r< bE = σ a2/2rεo , b<r<cE =(σ /2rεo) [a2─(r2─ b2)/(c2 ─ b2)]
BAB III
POTENSIAL LISTRIK
3.1
ENERGI POTENSIAL LISTRIK (W)
DEFINISI : Usaha yang diperlukan untuk memindahkan suatu muatan yang berada di
bawah medan eksternal dari satu tempat ke tempat lain.
Pandang sebuah muatan uji positif qo yang berpindah dari A ke B dibawah pengaruh
medan listrik luar E ( lihat gambar (3.1)). Akibat adanya medan listrik E muatan
mengalami gaya ke kanan qoE. Jadi untuk memindahkannya dari A ke B kita harus
melawan gaya tersebut. Bagaimana caranya?
Jelas !, dengan cara memberi gaya luar F yang berlawanan arah dengan qoE. F minimum
adalah
F = - qoE
(3.1)
A
F = qo E
rA
B
E
rB
Gambar (3.1)
Jadi usaha yang kita perlukan untuk memindahkan qo dari A dan B adalah
WA→B = - rA∫rB qo E. dl
(3.2)
Di mana rB dan rA adalah posisi titik B dan A, dengan dl dalam koordinat kartesius
sebagai berikut
dl = dx i + dy j + dz k
(3.3)
Karena medan listrik E bersifat konservatif (sebuah medan vektor disebut konservatif
jika integrasi hanya bergantung pada posisi awal dan akhir, tidak bergantung pada
lintasan yang diambil), maka WA→B dapat dipandang sebagai selisih energi potensial
listrik muatan qo di titik B dan A. Jika energi potensial dilambangkan dengan U, maka
UB - UA = WA→B .
Contoh : Misalkan medan listrik E berasal dari muatan titik +q yang diletakkan di pusat
koordinat. Arah dari E meninggalkan muatan +q (dalam koordinat bola diberi notasi
dengan er) . Medan listrik pada titik sejauh r adalah
E = ( k q/r2 ) er
(3.4)
rB
+q
rA
qo
Gambar (3.2)
Usaha yang diperlukan untuk memindahkan muatan qo dari titik A ke titik B didapat
dengan substitusi persamaan (3.4) ke dalam persamaan (3.2) :
UB - UA = - rA∫rB qo ( k q/r2 ) er . dl
(3.5)
Untuk menyelesaikan persamaan (3.5) jika kita menggunakan persamaan (3.3) akan
mengalami sedikit kesulitan. Persoalan ini akan lebih mudah jika kita menggunakan
koordinat bola, karena medan listrik E sudah dalam sistem koordinat bola.
dl = dr er + r dθ eθ + r sinθ dΦ eΦ
(3.6)
Dengan menggunakan persamaan (3.6) ke dalam persamaan (3.5) diperoleh
UB - UA = - rA∫rB qo ( k q/r2 ) dr = (kqoq)[(1/rB) – (1/rA)] joule
(3.7)
Kemudian diperoleh
UB = (kqoq/rB) dan WA = (kqoq/rA)
(3.8)
Persamaan (3.8) adalah energi potensial muatan qo, akibat berinteraksi dengan +q, saat
berada sejauh rB dan rA dari muatan +q. Jadi jika ada dua buah muatan titik q1 dan q2
yang dipisahkan oleh jarak sejauh r, maka energi potensial pada masing-masing muatan
akibat muatan yang lain adalah
U = (kq1q2/r)
(3.9)
3.2
POTENSIAL LISTRIK (V)
DEFINISI : Potensial listrik pada sebuah muatan Q adalah Energi potensial muatan
tersebut tiap satuan muatan .
Secara matematis pernyataan di atas ditulis sebagai berikut :
V = U/Q
(3.10)
Sekarang kita tuliskan kembali persamaan (3.2) untuk bentuk yang lebih umum, dengan
cara mengganti qo E dengan F (gaya listrik)
UB - UA = - rA∫rB F . dl
(3.11)
Andaikan gaya F di atas bekerja pada muatan Q, maka potensial listrik yang ia alami saat
pindah dari titik A ke titik B adalah
VB - VA = (UB - UA )/Q = - rA∫rB (F/Q) . dl
(3.12)
Perhatikan bahwa F/Q tidak lain adalah medan listrik (E) dimuatan Q, jadi persamaan
(3.12) dapat ditulis kembali menjadi
VB - VA = (UB - UA )/Q = - rA∫rB E . dl
(3.13)
Persamaan (3.13) dikenal dengan beda potensial antara titik B dan A yang ditimbulkan
oleh medan listrik E.
Sekarang kita terapkan untuk persoalan dua buah muatan titik, q1 dan q2 . Andaikan q1
diam dan q2 kita pindahkan dari titik A ke titik B. Medan listrik yang ditimbulkan oleh q1
pada titik sejauh r dari q1 adalah
E = ( k q1/r2 ) er
(3.14)
Substitusi persamaan (3.14) dan ( 3.6) ke persamaan (3.13) diperoleh
VB - VA = - rA∫rB ( k q1/r2 ) dr = ( k q1) [( 1/rB ) - ( 1/rA )]
(3.15)
Jadi kita dapat menganggap potensial listrik yang ditimbulkan oleh sebuah muatan titik q1
pada titik sejauh rB dari muatan tersebut adalah
VB = k q1/rB
(3.16)
Contoh :
Sebuah muatan uji qo berpindah dari A ke B tanpa percepatan melewati lintasan seperti
pada gambar (3.3). Medan yang bekerja tetap E = Eo i N/C. Hitung besar beda potensial
antara titik B dan A untuk masing-masing lintasan yang diambil!
C
y
x
d
B
A
x=d
x=0
Gambar (3.3)
Lintasan 1, dari A langsung ke B
VB – VA = - XA∫XB Eo i . dS = - d ∫0 Eo dx = - Eo ( 0 – d ) = Eo d
Jadi besar beda potensial antara titik B dan A adalah Eo d
Lintasan 2, dari A ke B melalui titik C
VB – VA = - A∫B Eo i . dl = - A∫C Eo i . dl + - C∫B Eo i . dl
C
A∫
Eo i . dl = A∫C Eo i . ( i dx + j dy ) = d∫0 Eodx = - Eo d
B
C∫
Eo i . dl = C∫B Eo i . ( i dx + j dy ) = 0∫0 Eodx = 0
Besar beda potensial antara A dan B melalui lintasan 1 maupun 2 sama, yaitu Eo d
Dari uraian dan contoh di atas kita dapat tuliskan hubungan potensial dan medan listrik
sebagai berikut :
∆ V = - ∫ E . dS
atau
E = - V
(3.17)
 = i (∂/∂x) + j (∂/∂y) + k (∂/∂z)
(koordinat kartesius)
 = er (∂/∂r) + eθ (1/r)(∂/∂θ) + eΦ (1/ rsin θ) (∂/∂Φ) (koordinat bola)
 = eρ (∂/∂ρ) + eΦ (1/ρ)(∂/∂Φ) + ez (∂/∂z)
(koordinat silinder)
(3.18a)
(3.18b)
(3.18c)
Dimana
Contoh :
Hitung V untuk V berikut ini :
a. V = 2xy3z2
b. V = 2x + y3 + z2
Jawab :
a. V = [i (∂/∂x) + j (∂/∂y) + k (∂/∂z)] 2xy3z2
= i (∂/∂x)( 2xy3z2 ) + j (∂/∂y) (2xy3z2 ) + k (∂/∂z)( 2xy3z2 )
= i (2y3z2 ) + j (6xy2z2 ) + k ( 4xy3z )
b. V = [i (∂/∂x) + j (∂/∂y) + k (∂/∂z)] [2x + y3 + z2 ]
= i (∂/∂x)( 2x ) + j (∂/∂y) (y3 ) + k (∂/∂z)( z2 )
= i 2 + j 3y2 + k 2z
3.3 MEDAN DIPOL LISTRIK
Pandang sepasang muatan titik pada sumbu –x. Kedua muatan dipisahkan oleh
jarak d. Disini kita meninjau dua kasus :
1. Medan listrik akibat kedua muatan pada suatu titik di sumbu-x
2. Medan listrik akibat kedua muatan pada suatu titik di sumbu-y
Kasus –1
d/2
-Q
d/2
P titik pengamatan
+Q
r
Gambar ( 3.4 )
Besar medan listrik di titik P akibat masing-masing muatan adalah
E+ = k Q/( r – d/2)2
E- = k Q/( r + d/2)2
arahnya menuju x positif
arahnya menuju x negatif
Besar medan listrik total di titik P akibat kedua muatan adalah
│ E+ + E-│= kQ [1/( r + d/2)2 ] ─ [1/( r – d/2)2] = (kQ/ r2) [( 1 + d/2r)-2 – ( 1 – d/2r)-2
Untuk r >> d atau d/2r << 1, ( 1 – d/2r)-2 ≈ 1 ─ d/2r dan ( 1 + d/2r)-2 ≈ 1 + d/2r
Jadi
│ E+ + E-│= (k/r3)(Qd) = (k/r3) p = (k p)/r3 arahnya ke kanan
(3.19)
dimana p = Qd adalah momen dipol yang vektor arahnya dari muatan negatif menuju
muatan positif. Jadi persamaan (3.19) dapat juga dinyatakan sebagai besar medan listrik
yang ditimbulkan oleh momen dipol p sepanjang momen dipol tersebut.
Kasus – 2
E+
2E+ cos θ
E-
θ
θ
r
θ
-Q
+Q
Gambar (3.5)
Besar medan listrik oleh masing-masing muatan adalah
E+ = k Q/( r2 + d2/4) arahnya lihat gambar (3.5) di atas
E- = k Q/( r2 + d2/4) arahnya lihat gambar (3.5) di atas
Perhatikan bahwa besar kedua medan listrik sama, sehingga medan total di titik P hanya
memiliki komponen horizontal saja. Komponen vertikal saling meniadakan. Jadi
│ E+ + E-│= 2kQ [(d/2)/( r2+ d2/4)3/2 ] = (kQd/r3) ( 1 + d2/4r2)-3/2
Untuk r >> d, ( 1 + d2/4r2)-3/2 ≈ 1
│ E+ + E-│= (kQd/r3) = k p/r3 arahnya ke kiri
(3.20)
Medan listrik oleh dipol p secara umum dapat ditentukan menggunakan hubungan antara
E dan potensial listrik V (persamaan 3.17). Untuk itu ada baiknya kita tinjau potensial
listrik yang ditimbulkan oleh sebuah dipol p. Perhatikan gambar (3.6) di bawah ini,
potensial litrik di titik P akibat masing-masing muatan adalah
V+ = k Q/r1 dan V- = - k Q/r2
(3.21)
Potensial total di titik P adalah
V = V+ + V- = k Q ( 1/r1 – 1/r2) = k Q ( r2 – r1)/r1 r2
(3.22)
Ambil untuk r >> d, maka ( r2 – r1) ≈ d cos θ dan r1 r2 ≈ r2 . Persamaan 3.22 menjadi
V = k Q d cos θ / r2 = k p . r / r2
r2
(3.23)
r
r1
θ
-Q
p
+Q
d
3.4
Gambar ( 3.6 )
MOMEN DIPOL DI DALAM MEDAN LISTRIK
Gambar (3.7) di bawah menunjukan dipol yang dibentuk oleh pasangan muatan
titik yang dipisahkan sejauh d. Kedua muatan berada di dalam medan luar konstan E .
Momen dipol P membentuk sudut θ terhadap E.
+Q
F
p
θ
-F
-Q
Gambar (3.7)
E
Kita perhatikan momen gaya yang ditimbulkan oleh kedua gaya ( F dan –F). Momen
gaya di definisikan sebagai berikut
τ=rxF
(3.24)
dimana r adalah posisi titik tangkap gaya (F) dari pusat putaran, berdasarkan analisa
vektor besar momen gaya dinyatakan sebagai berikut
│ τ │=│r││F│sin θ
(3.25)
dengan θ sudut antara r dan F.
Untuk persoalan kita │r│= d/2, jadi │ τ │= (d/2)│F│sin θ, besar momen gaya total
yang bekerja pada sistem pasangan muatan di atas adalah
│ τ │= 2 (d/2)│F│sin θ = d│F│sin θ = d Q E sin θ = P E sin θ
(3.26)
dimana P adalah momen gaya listrik.
Secara umum jika dipol p di dalam medan listrik E akan timbul momen gaya sebagai
berikut
τ=pxE
(3.27)
Adanya momen gaya yang bekerja pada pasangan muatan di atas akan membuat orientasi
dipol berubah, yang mula-mula membentuk sudut θo terhadap E menjadi θ. Usaha yang
dilakukan oleh τ adalah berupa perubahan energi potensial.
U θo - Uθ = Wθo →θ= ∫dW
= θo ∫θ τ . dθ
θ = θo ∫θ τ dθ = θo ∫θ p E sin θ dθ = θo[ ─ p E cos θ]θ
(3.28)
Dengan mengambil acuan θo = 900 , maka secara umum energi potensial listrik pada
momen dipol yang berada di dalam medan listrik adalah
W=-p.E
(3.23)
Soal-soal
1. Empat buah muatan sejenis ditempatkan pada sudut-sudut sebuah bujur sangkar
dengan sisi a. Hitung :
a. Potensial listrik oleh masing-masing muatan di titik potong diagonal.
b. Potensial listrik total pada titik potong diagonal.
Jawab : a) (k 2 q) /(a√2), b) (k 8 q) /(a√2)
2. Muatan listrik +Q tersebar merata ke seluruh kawat yang berbentuk seperti gambar di
bawah. Hitung medan listrik total pada pusat lingkaran.
r
3.
4
5
6
7
8
9
10
2r
2r
Jawab : j (krq/L)-2r ∫2r (dx / (r2 + x2)3/2 , dimana q = 2Q/(2 + π )
Medan listrik di dalam sebuah bidang-xy dinyatakan dalam E = x i + y j N/C. Sebuah
muatan titik q = 2 C berpindah dari titik (0,0) ke titik ( 2,4). Hitung :
a. Usaha yang diperlukan untuk berpindah.
b. Beda potensial antara kedua titik.
Jawab : a) – 20 J, b) – 10 volt
Dua buah plat konduktor identik dipasang sejajar sejauh d, luas masing-masing plat
A. Dengan anggapan luas plat sangat besar, hitung beda potensial antara kedua plat
jika :
a. Muatan kedua plat sama besar dan berjenis sama (positif)
b. Muatan kedua plat sama besar dan berlainan jenis.
Jawab : a) nol, b) qd/εoA
Potensial listrik dalam sebuah ruangan dinyatakan dengan V = 2xyz volt. Cari medan
listrik yang berkaitan dengan potensial tersebut.
Jawab : ─ [i 2yz + j 2xz + k 2xy] N/C
Perhatikan soal (1)! Hitung besar energi potensial listrik pada masing-masing muatan.
Jawab : kq2 [ 1/a + 1/a + 1/a√2] J
Sebuah momen dipol p = (2 i ) C.m diletakkan pada sumbu-x di sekitar titik asal.
Hitung potensial litrik dan medan listrik pada sebuah titik (x,y) yang terletak pada
bidang-xy.
Jawab : V = k 2x / (x2 + y2 ), E = ─ i [ 1/(x2 + y2)] + j [2x2 /(x2 + y2)2]
Perhatikan momen dipol pada soal (7) ! Hitung momen gaya yang dialami oleh
momen dipol tersebut jika berada di dalam ruangan dengan medan listrik E = x i + y j
+ x k N/C. Berapa usaha yang diperlukan medan listrik sehingga posisi momen dipol
sejajar medan listrik ?
Jawab : W = - 2x joule.
Sebuah bola konduktor pejal berjari-jari R diberi muatan total +Q. Hitung potensial
listrik pada sebuah titik pengamatan sejauh r dari pusat bola, untuk r < R dan r > R.
Muatan tersebar merata pada permukaan ( medan di dalam konduktor selalu nol,
karena setimbang).
Jawab : r < R V = kQ/R, r > R V = kQ/r
Bola konduktor pejal berjar-jari a berada di dalam bola non-konduktor berongga (jarijari dalam a dan jari-jari luar b ). Bola konduktor diberi muatan +Q dan bola nonkonduktor diberi muatan – Q. Hitung potensial listrik untuk seluruh r ( r dihitung dari
pusat bola ). Anggap tidak terjadi pertukaran muatan antara kedua bola.
Jawab : r < a V = kQ/a, a < r < b V = (kQ/r)[ 1 – (r3 – a3)/ (b3 – a3)], r > b V = 0.
11 Potensial listrik di dalam sebuah ruangan berubah sepanjang sumbu-x diperlihatkan
dalam grafik di bawah ini. Untuk masing-masing interval tentukan komponen x dari
medan listrik gambarkan Ex terhadap x.
E (N/C)
10
-10
-8
-2
0
2
8
10
X (m)
-10
Jawab :
5
x
-5
BAB IV
KAPASITOR
4.1
KAPASITANSI
Pandang 2 buah konduktor yang terisolasi (gambar (4.1)). Kita asumsikan bahwa
kedua konduktor memiliki muatan berpasangan +Q dan -Q. ini berarti setiap garis gaya
yang berasal dari +Q akan berakhir di -Q. Pasangan muatan tersebut di atas muncul
secara spontan akibat dari polaritas battery yang dihubungkan dengan konduktor. Sistem
seperti ini dikenal sebagai Kapasitor. Kapasitor umumnya dikenal sebagai piranti untuk
menyimpan energi atau muatan listrik. Besaran yang menyatakan kemampuan kapasitor
untuk menyimpan energi atau muatan dikenal dengan nama kapasitansi (C).
<
+Q
-Q
<
Gambar (4.1)
Secara matematis C didefinisikan sebagai berikut :
Q=CV
Dimana :
(4.1)
Q adalah muatan spesifik konduktor
C adalah kapasitansi kapasitor
V adalah beda potensial antara konduktor
Berdasarkan bentuk fisiknya ada tiga macam kapasitor yaitu kapasitor plat sejajar,
kapasitor silinder, kapasitor bola. Kapasitor plat sejajar disusun oleh dua buah plat
dengan luas A dengan jarak antar plat d. Kapasitor silinder disusun oleh dua buah silinder
yang dipasang sesumbu. Sedangkan kapasitor bola disusun oleh dua buah bola sepusat.
Di bawah ini kita akan mencoba menghitung kapasitansi kapasitor plat sejajar dan bola.
Sedangkan kapasitansi kapasitor silinder penulis berharap pembaca mau mencoba
menghitung sendiri sebagai sebuah latihan.
4.1.1
KAPASITOR PLAT SEJAJAR
Pandang dua buah plat sejajar dengan luas masing-masing A, muatan pada salah
satu plat adalah +Q pada plat yang lain -Q. Jarak antara kedua plat adalah d. Hitung
kapasitansi kapasitor tsb.
+Q
-Q
Gambar ( 4. 2 )
Berdasarkan persamaan (2.8) medan listrik di sekitar plat dengan muatan +Q sebesar E
= (Q / 2εo A) = σ/ 2εo dengan arah meninggalkan plat (tegak lurus plat). Medan listrik di
sekitar plat bermuatan –Q memiliki besar yang sama dengan arah kebalikan dari arah
yang ditimbulkan muatan +Q. Sekarang perhatikan medan listrik yang ditimbulkan oleh
dua plat
+Q
daerah 1
-Q
daerah 2
daerah 3
Gambar (4.3)
Garis tebal menggambarkan medan listrik oleh muatan +Q dan garis yang tipis
menggambarkan medan listrik oleh muatan –Q. Perhatikan 3 daerah di atas !!!
Medan selain daerah antara kedua plat nol, hal ini bisa kita jelaskan sebagai berikut :
Perhatikan daerah 1
Medan akibat muatan +Q ke arah kiri sebesar E = (Q/2 εoA)
Medan akibat muatan -Q ke arah kanan sebesar E = (Q/2 εoA)
Jadi medan total adalah nol
Dengan cara yang sama, kita dapatkan medan listrik di daerah 3 nol. Dan medan diantara
kedua plat memiliki arah ke kanan sebesar
E = i (Q/εoA)
(4.2)
Sekarang kita tentukan beda potensial antara kedua plat (biasa ditulis V saja )
V = - ∫ E . dl = 0 ∫d(Q/εoA) dx = [(Q/εoA) d]
Gunakan definisi kapasitansi yaitu persamaan (4.1), maka kita peroleh persamaan
kapasitansi untuk kapasitor plat sejajar sebagai berikut
C = εoA/d
(4.3)
Lihat bahwa kapasitansi bergantung pada ukuran fisik kapasitor dan permitivitas ruang
antar plat.
4.1.2 KAPASITOR BOLA
Dua buah bola konduktor tipis yang dipasang sepusat, dengan jari-jari a dan b ( di
mana b > a), diberi muatan +Q dan -Q. Hitung kapasitansi sistem tersebut !!
Bola konduktor berjarijari b diberi muatan total
-Q
Bola Gauss berjari-jari r
Gambar (4.3)
Bola konduktor berjarijari a diberi muatan total
+Q
Dengan menggunakan teorema Gauss diperoleh medan untuk daerar r < a dan r > b sama
dengan nol, dan medan listrik untuk daerah a < r < b adalah
E = Q/ 4πεo r2
(4.4)
Dengan arah meninggalkan pusat bola., kemudian besar beda potensial antara kedua bola
konduktor diperoleh :
V = (Q/ 4πεoab)( b - a)
(4.5)
Jadi kapasitansi untuk kapasitor bola adalah
C = (4πεoab)/( b - a)
(4.6)
NAH ANDA COBA UNTUK SILINDER KOOSENTRIS ! Perhatikan gambar (4.4) di
bawah ini!
b
a
L
Gambar (4.4)
Jawab :
C = 2 π εo L / ln ( b/a )
(4.7)
Soal-soal
1. Sebuah muatan titik 10 -7 C terletak pada pusat rongga bola yang berjari-jari R =3 cm
di dalam sebuah logam. Dengan hukum Gauss tentukan
a. Medan listrik di a
b. Medan listrik di b
b
Q = 10-7 C
a
R
Jawab.
Buat permukaan Gauss berbentuk bola berjari-jari a dan b dengan pusat di Q, akan
kita peroleh medan listrik di titik a sebesar Ea = (10-7/4πεo a2) dan medan listrik di b
Eb = 0 ( konduktor ). Dan kita juga bisa menghitung muatan induksi yang timbul pada
permukaan logam berbentuk bola yaitu sebesar -10-7C, coba anda tunjukkan!
2. Sebuah sel non-konduktor berbentuk bola berongga ( jari-jari b = 20 cm) dengan
rapat muatan tetap ρ, rongga berjari-jari a = 10 cm. Gambarkan E sebagai fungsi r (
jarak dari pusat bola ) dari 0 sampai 20 cm . Asumsikan : ρ = 10-6 Cm-3 .
Jawab :
Buat permukaan Gauss berbentuk bola dengan pusat di pusat bola non-konduktor .
Jari-jari bola Gauss adalah r.
Untuk r < a
E = 0 karena tidak ada muatan di dalam permukaan Gauss.
Untuk a < r < b muatan yang dilingkupi permukaan Gauss adalah
Q ‘ = (4π /3)(r3 – a3) ρ
Dengan menggunakan hk. Gauss kita peroleh medan listrik di r adalah
E = (4π ρ /3)(r3 – a3) / (4πεo r2) = ρ (r3 – a3) / (3εo r2). Jadi grafik E terhadap r adalah
E
0,058ρ / εo .
c
0
a
b
r
a
b
1. Suatu bola non-konduktor berjari-jari a diletakkan ke dalam sebuah sel bola
konduktor berongga dengan jari-jari dalam b dan jari-jari luar c . Muatan bola nonkonduktor adalah +q. Muatan total pada sel adalah – q, tuliskan persamaan medan
untuk seluruh ruang. Petunjuk : buat permukaan Gauss berbentuk bola berjari-jari r.
Jawab :
Buatkan gambar permukaan Gauss berbentuk lingkaran untuk masing-masing daerah
( garis putus-putus) r < a, a < r < b, b < r < c, r > c. Kita akan dapatkan besar E untuk
daerah-daerah tersebut adalah :
r < a,
E = (r3/a3 ) / (4πεo r2) q = rq / 4πεoa3
a < r < b, E = q / (4πεo r2)
b < r < c, E = 0 (konduktor)
r > c,
E = 0 (muatan total 0).
4.2
KAPASITOR DAN BAHAN DIELEKTRIK
Bahan dielektrik memiliki orientasi dipol acak , tetapi apabila diberi medan luar
orientasi dipol sedemikian rupa sehingga momen dipol menjadi lebih teratur.
Orientasi dipol sebelum diberikan
medan luar
Orietasi dipol setelah diberikan medan
luar
Gambar (4.5)
+Q
-Q
+Q
-+ +- -+ -+ ++- -+ -+ +- +-+ -+ -+ -+ -+
+- +- +- +- ++- +- +- +- ++- -+ +- -+ -+
Kapasitor plat sejajar,
dengan ruang antar plat
vakum
Muatan listrik di dalam
dielektrik tanpa medan luar
-Q
-+ -+ -+ -+ -+
-+ -+ -+ -+ -+
-+ -+ -+ -+ -+
-+ -+ -+ -+ -+
-+ -+ -+ -+ -+
-+ -+ -+ -+ -+
Muatan listrik di dalam dielektrik
saat dikenakan medan luar yang
berasal dari kapasitor plat sejajar
E = Eo + E’
Eo
E’ medan listrik yang dihasilkan
muatan induksi dalam dielektrik
Gambar (4.6)
Secara alamiah, orang berkeinginan memiliki kapasitor dengan ukuran kecil, tetapi
memiliki kapasitansi yang besar. Secara empiris telah dibuktikan bahwa bahan dielektrik
dapat memperbesar kapasitansi kapasitor.
Sekarang perhatikan kapasitansi plat sejajar ( lihat kapasitor ! ) Medan listrik antara plat
sebesar Eo = (Q/εoA) sebelum diberikan dielektrik . Kemudian di dalam ruangan antar
plat kita berikan dielektrik, perhatikan gambar ( 4.7) .
+Q
+Q -q
-Q
_
_
_
_
_
Eo = (Q/εoA)
(a)
+q
-Q
+Q’
-Q’
+
+
+
+
+
E’ = (q/εoA)
Pasangan plat baru
(b)
(c)
E = Eo + E’
(d)
Gambar (4.7)
•
•
Gambar (a) adalah medan listrik antara dua plat sebelum diisi dielektrik Eo = (Q/εoA)
Gambar (b) adalah sebaran muatan dielektrik setelah diberikan medan luar Eo,
sehingga dekat plat seakan-akan ada plat baru dengan muatan total –q dan +q
(muatan-muatan ini dikenal dengan muatan induksi), besar muatan tersebut sangat
bergantung pada sifat dari bahan dielektrik. Muatan-muatan tersebut menimbulkan
medan listrik E’ dengan arah berlawanan dengan Eo .
• Gambar (c) adalah muatan listrik antara plat setelah ada bahan dielektrik.
• Gambar (d) adalah medan total antara plat setelah diberi dielektrik, seakan-akan
ditimbulkan pasangan muatan +Q’ dan – Q’ ( +Q’ = +Q – q ).
Perhatikan gambar (c), sekarang seakan-akan kita memiliki dua plat yang berdekatan
dengan muatan +Q dan – q ( atau –Q dan +q ) yang memberikan medan antar plat E = (Q
– q)/(εoA). Dua pasangan plat tersebut bisa kita ganti dengan sepasang plat sejajar
dengan muatan Q’ = Q - q (gambar d).
Sekarang kita perhatikan lagi gambar ( c ) dan ( d )! Kita akan dapatkan medan total
listrik di dalam kapasitor setelah diberi dielektrik adalah
E = Eo + E’
(4.8)
Dengan besar │ E │ = E = (Q – q)/(εoA), terlihat bahwa keberadaan dielektrik
menurunkan besar medan listrik di dalam kapasitor. Hal ini sesuai dengan hasil
eksperimen sebagai berikut :
Dari percobaan diperoleh bahwa jika dua buah kapasitor identik salah satu disi bahan
dielektrik dengan konstanta κ, dan masing-masing diberikan muatan sama besar , beda
potensial kapasitor tanpa dielektrik lebih besar dibandingkan dengan kapasitor yang di
berikan dielektrik.
Dielektrik
+Q
+Q
Vo
-Q
Pengisian kapasitor
dengan sumber tegangan
DC Vo
+Q
Vo
-Q
Sumber dilepas, beda
potensial tetap Vo
V
-Q
Sumber dilepas, ruang
kapasitor diisi dielektrik
dengan konstanta
dieleketrik k. Beda
potensial V
Gambar (4.8)
Percobaan untuk melihat pengaruh bahan dielektrik terhadap besar beda potensial pada kapasitor, dimana
sumber tegangan dilepas. Diperoleh bahwa V = Vo/k
Percobaan di atas mendukung tinjauan mikroskopik untuk kapasitor plat sejajar, terlihat
bahwa keberadaan dielektrik mengurangi besar medan listrik di dalam kapasitor. Untuk
kapasitor plat sejajar berlaku
E = Eo/κ
(4.8)
Dimana Eo dan E adalah medan listrik di dalam kapasitor sebelum dan sesudah diisi
dielektrik. Persamaan (4.8) juga berlaku untuk semua kapasitor.
Dengan memanfaatkan hubungan E = Eo/κ = Q/κ εoA , kita dapat menulis hubungan E,
E0 dan E' sbb :
E’ = Eo ( 1 – 1/κ )
Atau
q = Q (1 – 1/κ )
(4.9)
(4.10)
Sekarang bagi persamaan (4.10) dengan A, perhatikan bahwa ruas kirinya adalah momen
dipol (p = qd) per satuan volume (Ad).
q/A = εo E’ = (qd)/(Ad)
(4.11)
Ingat arah momen dipol dari muatan negatif menuju muatan positif, dengan kata lain
searah dengan E dan berlawanan arah dengan E’. Persamaan (4.11) dikenal dengan
vektor polarisasi P.
P = - εoE’
(4.12)
Suku kedua ruas kanan dari persamaan (4.10) setelah dibagi dengan A dapat ditulis
sebagai berikut :
Q /(Aκ) = εo ( Q/Aεoκ) = εo E
(4.13)
Sekarang kita kembali perhatikan gambar (4.8)! Ingat bahwa muatan pada kapasitor tetap
baik sebelum diisi dielektrik maupun sesudah diisi dielektrik (karena hubungan ke
sumber tegangan diputus).
εo E = εo (Eo + E’) atau εo Eo = εo E + P
(4.14)
Persamaan (4.14) dikenal dengan ‘ Displacement ‘ D.
D = εo E + P
(4.15)
Perhatikan bahwa besar D hanya bergantung pada muatan bebas Q ( muatan ini dapat
diatur dengan mengatur tegangan yang diberikan pada kapasitor ). Persamaan di atas
diturunkan melalui kapasitor plat sejajar, akan tetapi persamaan tersebut berlaku untuk
semua kapasitor. Untuk kasus polarisasi linier P = εo χ E , persamaan (4.15) dapat ditulis
kembali
D = εo ( 1 + χ) E = εo κ E
(4.16)
Dimana κ = ( 1 + χ) dikenal dengan konstanta dielektrik atau permitivitas relatif εr
4.3 HUKUM GAUSS UNTUK DIELEKTRIK
Perhatikan kembali hukum Gauss dan gambar (4.8)!
∫ E . dS = (∑q )/εo
(4.17)
dimana ∑q = Q’ = Q – q, gunakan persamaan (4.9) dan (4.10) diperoleh
∫ εo E . dS - ∫ εo E’ . dS = ∫ D . dS = Q
(4.18)
persamaan ini dikenal dengan persamaan Gauss untuk dielektrik, dimana Q adalah
muatan bebas. Jika sumber listrik dilepas, muatan bebas tetap, maka D akan konstan
walaupun bahan dielektrik di dalam kapasitor diganti-ganti.
Contoh :
Ruang antar plat sebuah kapasitor plat sejajar mula-mula vakum. Kapasitor diisi muatan
dengan cara dihubungkan dengan sumber muatan DC 100 volt. Setelah penuh sumber
dilepas dan ruang antar plat diisi dielektrik dengan konstanta dielektrik 10. Diketahui
kapasitansi kapasitor saat vakum 0,0001 F. Hitung mutan listrik dan besar vector D
sebelum dan sesudah diisi dielektrik.
Jawab :
Q = muatan sebelum diisi dielektrik = CV = 0,0001 x 100 = 0,01 coulomb.
Sumber dilepas berarti muatan pada plat tetap jadi Q’ = 0,01 coulomb. Ini berarti besar D
juga tetap.
Bagaimana dengan D jika ruang antar plat diisi dielektrik dengan konstanta dielektrik
1000?
4.3
KAPASITOR EKIVALEN
Pandang dua buah kapasitor yang dipasang secara seri, misalkan C1 dan C2 !
Kapasitor diberi muatan dengan cara dihubungkan dengan sumber tegangan V.
A
A
S
B
S
B
C
Gambar (4.9)
Saat saklar S ditutup arus mengalir dari A ke C, arus mula-mula besar makin lama makin
kecil sampai suatu saat nol (kapasitor penuh). Arus yang mengalir dari A ke B ( di C1 )
sama dengan arus yang mengalir dari B ke C ( di C2). Ini berarti muatan listrik pada
kedua kapasitor sama besar ( i = dQ/dt). Berdasarkan gambar di atas diperoleh
VA – VB + VB – VC = V atau Q/C1 + Q/C2 = Q/C dimana
1/C = 1/C1 + 1/C2
(4.19)
Persamaan (4.19) adalah persamaan kapasitansi kapasitor ekivalen dari dua buah
kapasitor yang dihubungkan secara seri.
Bagaimana jika kedua kapasitor tersebut kita pasang secara parallel ? Untuk
menjawab pertanyaan ini perhatikan gambar (4.10) di bawah ini !
I
I1
I
S
I2
C1
S
C
C2
Gambar (4.10)
Saat saklar S ditutup arus total yang mengalir dalam rangkaian sebesar I. Arus tersebut
terpecah menjadi dua ( I1 dan I2) mengikuti hukum Kirchhoff, I = I1 + I2, dimana besar
kedua arus belum tentu sama besar. Ini berarti bahwa muatan pada masing-masing
kapasitor belum tentu sama. Akan tetapi beda potensial pada kedua kapasitor sama besar
yaitu : V1 = Q1/C1 = V dan V2 = Q2/C2 = V. Bagaimana dengan muatan pada kapasitor
ekivalen ? Berdasarkan hokum Kirchhoff diperoleh
dQ1/dt + dQ2/dt = dQ/dt
(4.20)
dimana Q = C V adalah mauatan pada kapasitor ekivalen . Jadi dapat disimpulkan bahwa
besar kapasitansi kapasitor ekivalen dari dua buah kapasitor yang dipasang paralel adalah
C = C 1 + C2
(4.21)
Soal-soal
1. Sebuah kapasitor plat sejajar dengan luas A jarak antar plat d. Beda potensial antara
kedua plat adalah vo = 100 volt . Kapasitor kita isi dengan bahan dielektrik (κ = 7),
sesudah hubungan dengan sumber tegangan diputus. Andaikan A = 100 cm2 dan d =
1cm, Hitunglah :
a. Kapasitansi sebelum diisi dielektrik
b. Kapasitansi setelah diisi dielektrik
c. Muatan bebas
d. Kuat medan sebelum sebelum di isi dielektrik
e. Kuat medan setelah diisi dielektrik
f. Muatan induktansi dalam dielektrik
Jawab.
a. Untuk plat sejajar Co = εoA/d = 8,9 x 10-12 ( 10-2)/10-2 = 8,9 x 10-12 F
b. Harap anda tunjukkan dulu bahwa C = εA/d = k εoA/d ( setelah diisi dielektrik ),
jadi C = 7 Co = 7 x 8,9 x 10-12 F
c. Muatan bebas = adalah muatan sebelum diberi dielektrik Q = Co vo= 8,9 x 10-10
coulomb.
d. Untuk plat sejajar berlaku v = E d, Eo = vo/d = 100 /10-2 = 104 N/C
e. E = Eo/κ = 104/7 N/C
f. q = Q (1 – 1/κ ) = 8,9 x 10-10 ( 1 – 1/7 ) coulomb.
• Coba cari besaran-besaran di atas melalui hubungan yang lain, selamat mencoba.
2. Ruang antar konduktor sebuah kapasitor mula-mula vakum. Kapasitor memiliki
kapasitansi 10 mF dan dimuati dengan dihubungkan dengan arus DC 100 volt.
Setelah penuh sumber arus diputuskan dan ruang antar konduktor diisi dielektrik
dengan konstanta dielektrik 100. Kemudian diukur beda potensial antar konduktor
diperoleh 85 volt. Hitung :
a. Muatan kapasitor sebelum diisi dielektrik.
b. Permitivitas dielektrik
c. Permeabilitas listrik dielektrik
d. Muatan induksi dalam dielektrik.
Jawab:
a. Q = CV = 10 x 10-3 x 100 = 1 coulomb
b. ε = κ εo = 100 εo
c. χ = κ – 1 = 99
d. q = Q (1 – 1/κ ) = 1 ( 98/99) coulomb.
3. Sebuah kapasitor memiliki beda potensial 50 volt (tanpa sumber muatan) saat ruang
antar konduktor vakum. Kemudian ruangan kapasitor diisi dielektrik dengan
permitivitas relatif 200. Hitung beda potensial kapasitor setelah diisi dilektrik.
Jawab:
V = Vo/κ = 50/200 volt.
4. Sebuah kapasitor terbuat dari dua buah konduktor tipis yang berbentuk setengah bola,
berjari-jari a dan b ( a < b ). Ruang antar konduktor vakum, hitung kapasitansi
kapasitor.
Jawab : C = (2πεoab)/( b - a)
5. Tiga buah bola konduktor tipis berjari-jari a, b, dan c ( a < b < c ) dipasang sepusat.
Hitung kapasitansi sistem tersebut jika ruangan antar konduktor vakum.
Jawab : C = (4πεoac)/( c - a)
6. Sebuah kapasitor pelat sejajar memiliki jarak antar pelat 3d, ruang antar pelat vakum.
Jika konduktor setebal d diletakkan di tengah-tengah kedua pelat ( sejajar pelat, luas
konduktor sama dengan pelat ), maka hitung kapasitansi kapasitor sekarang !
Jawab : εoA/2d
7. Sebuah kapasitor plat sejajar (luas A = 10 cm2, jarak antar plat d = 3 mm) diisi
muatan sampai penuh dengan cara menghubungkannya dengan sumber 50 V. Setelah
penuh sumber dilepas, kemudian disisipkan sebuah konduktor setebal 1 mm diantara
kedua plat (luasnya sama dengan luas plat). Hitung kapasitansi kapasitor sekarang !
Jawab : εo/6
8. Sebuah kapasitor plat sejajar diisi dengan dua bahan dielektrik
dengan konfigurasi seperti gambar di samping. Luas total A =
20 cm2 , d = 0,5 mm, ε1 = 3 εo, dan ε2 = 5 εo. Jika potensial antar
ε1
ε2
keping 300 V, maka tentukan energi listrik yang tersimpan di
dalam kapasitor.
Jawab : 16εo
A/2
A/2
d
BAB V
MEDAN MAGNET
5.1
INDUKSI MAGNETIK
Sebuah medan listrik E dikaitkan dengan gaya listrik FE pada sebuah muatan q.
Gaya listrik ini diberikan oleh FE = q E, ia tidak tergantung pada gerak dari partikel dan
arahnya sejajar dengan E.
Keberadaan medan magnet B juga dapat dikaitkan dengan gaya pada sebuah
muatan q, yang dikenal dengan gaya magnetik FB. Gaya ini bergantung pada kecepatan
partikel v, arah dari gaya secara serentak tegak lurus pada v dan B. Gaya magnetik
diberikan oleh
FB = q v x B
(5.1)
B disebut induksi magnetik. Dalam SI satuan dari B adalah tesla ( T ) atau weber/m2.
Jadi secara umum sebuah partikel bermuatan yang berada di dalam ruangan yang
memiliki medan listrik dan medan magnet adalah
F=q(E+vxB)
(5.2)
Persamaan ini dikenal dengan gaya Lorentz.
5. 1. 1 KERJA OLEH MEDAN MAGNET
Usaha atau kerja oleh sebuah gaya F didefinisikan oleh W = ∫ F . dS, jadi usaha
oleh gaya magnet adalah
W = ∫ F . dS = q ∫ (v x B ) . dS
(5.3)
Dimana v = dS/dt, karena F tegak lurus pada v dan v sejajar dengan dS maka usaha oleh
gaya magnet selalu nol. Ini berarti bahwa gaya magnetik tidak mengubah energi kinetik
partikel atau dengan kata lain tidak mengubah laju partikel. Akan tetapi gaya magnetik
dapat mengubah arah dari kecepatan partikel.
5.1. 2 GERAK PARTIKEL BERMUATAN DALAM B SERBASAMA
Pandang sebuah partikel ( massa m, muatan q ) yang bergerak di dalam medan
magnet B yang serbasama. Untuk mudahnya kita ambil kecepatan v tegak lurus B. Gaya
FB = q v x B yang bekerja pada partikel akan mengubah arah ( laju tetap ) dari kecepatan.
Partikel akan mengikuti lintasan yang berbentuk lingkaran dengan jari-jari r, seperti
gambar (5.1). Andaikan gerakan tersebut terjadi pada bidang datar tanpa gesekan
(pengaruh gravitasi bumi diabaikan ), maka diperoleh
q v B = m v2/r atau r = mv/qB
(5.4)
r dikenal dengan jari-jari siklotron, karena v/r = ω (kecepatan angular) maka diperoleh
ω = ( qB/m)
(5.5)
ω dikenal dengan frekwensi siklotron. Untuk B yang diketahui, ω hanya bergantung pada
ratio antara muatan dan massa dari partikel.
Lintasan partikel
bermuatan positif
Partikel takbermuatan
Lintasan partikel
bermuatan negatif
Gambar (5.1)
Contoh :
Dalam sebuah siklotron, proton bergerak dalam lingkaran dengan r = 0,5 meter. Besar
dari B adalah 1,2 T. Berapakah frekwensi siklotron dan berapa energi kinetik proton ?
Jawab :
ω = ( qB/m) = (1,6 x 10-19x 1,2 /1,67 x 10-27) = 1,15 x 108 rad/s
v=ωr
Ek = ½ m v2 = ½ m (ω r)2 = 0,5 x 1,67 x 10-27 x (1,15 x 108x 0,5 )2 J
5.2
GAYA PADA KAWAT BERARUS
Pada pasa (5.1) telah dikemukakan bahwa muatan yang bergerak di dalam medan
magnet akan mengalami gaya magnetik. Muatan yang bergerak berarti sebuah arus
listrik, maka kawat berarus yang berada di dalam medan magnet juga mengalami gaya
magnetik.
Perhatikan arus yang mengalir di dalam konduktor berbentuk silinder dan berada
di dalam medan magnet B ! Arus yang mengalir di dalam konduktor tersebut I, arus ini
berkaitan dengan partikel bermuatan yang bergerak dengan kecepatan konstan v (laju
hanyut) yang melewati penampang lintang konduktor setiap detik. Sekarang misalkan
muatan tiap partikel q dan rapat partikel di dalam konduktor n, dan luas penampang
lintang A. Perhatikan gambar (5.2) di bawah ini!
v
L = v dt
Gambar (5.2)
Andaikan pada t partikel berada pada permukaan bagian kiri, maka pada t + dt partikel
tersebut berada di permukaan bagian kanan. Ini berarti jumlah partikel yang melewati
permukaan kiri dalam waktu dt sebanding dengan volume dari silinder.
Q=ALnq
(5.6)
Gaya magnetik yang dialami seluruh muatan adalah
F = Q v x B = (A q v dt n) v x B = (A q v n) (vdt) x B = I L x B
(5.7)
Dimana v = dL/dt, I = dQ/dt = Aqvn. Jika kawat tidak lurus atau B tidak sama, maka
persamaan (5.7) berlaku hanya untuk elemen kecil saja
dF = I dL x B
(5.8)
Jadi gaya untuk seluruh kawat adalah
F = ∫I dL x B
(5.9)
Contoh :
Sebuah kawat lurus 5,0 cm dialiri arus listrik 3,0 A. Kawat tersebut berada di dalam
medan magnet sebesar 10-3 weber/m2 yang memiliki arah seperti pada gambar di bawah !
Hitung besar gaya pada kawat !
I
30o
Gambar (5.3)
Jawab:
dF = I dL x B
Hasil integrasi persamaan di atas adalah F = I L x B (B konstan), jadi besarnya gaya
magnetik yang bekerja pada kawat
F = I L B sin θ = 3,0 . 0,05 . 10-3 sin 30o = 7,5 x 10-5 N
Arah dari gaya tersebut masuk ke dalam bidang kertas ini.
5.3
HUKUM BIOT-SAVART
Tahun 1819 H.C. Oersted mengamati bahwa jarum kompas akan menyimpang
arahnya jika diletakkan dekat kawat berarus. Hal ini mengindikasikan bahwa arus listrik
mempengaruhi medan magnet (jarum kompas menyimpang akibat pengaruh medan
magnet bumi). Hasil eksperimen yang memperkuat dugaan di atas dihasilkan oleh Biot
dan Savart pada tahun 1820, dan dirumuskan sebagai berikut
dB = (µo I dl x r )/(4πr3)
(5.10)
dimana dl adalah elemen kawat berarus dengan arah searah arus, r posisi titik
pengamatan dari dl. Medan total di titik P akibat seluruh kawat
B = ∫ (µo I dl x r )/(4πr3)
(5.11)
I
dl
r
Gambar (5.4)
Contoh :
Sebuah kawat lurus sepanjang L dialiri arus I , kawat diletakkan pada sumbu x ( lihat
gambar (5.5a) !). Hitung medan magnet di titik P !
Jawab :
Perhatikan gambar (5.5b)! Ambil elemen kawat yang terletak pada posisi x i, dari gambar
diperoleh r = x i + R j→ r = ( x2 + R2)1/2, dl = dx i, dl x r = R dx k
dB = (µo I dl x r )/(4πr3) = k (µo I R dx)/ [4π ( x2 + R2)3/2]
B = k (µo I /4π) –0.5 L∫0.5 L R dx/ ( x2 + R2)3/2]
(5.12)
P
P
R
R
x
½L
½L
½L
Gambar (5.5a)
½L
Gambar (5.5b)
Untuk kawat yang sangat panjang diperoleh
B = k (µo I /2πR)
(5.13)
5.4
HUKUM AMPERE
Sebelum kita membahas hukum Ampere ada baiknya kita diskusikan dulu
mengenai konvensi tanda yang kan digunakan dalam hk. Ampere. Pandang sebuah
lintasan tertutup L, luas yang dilingkupi oleh lintasan L adalah S (S adalah sebuah
permukaan terbuka). Permukaan ini dapat dibagi-bagi menjadi elemen luas dS.
dS
L
S
dl
Gambar (5.6)
Sekarang pandang aturan integral berikut :
∫ A1 . dl = ∫ A2 . dS
(5.14)
Dimana A1 dan A2 adalah dua buah medan vektor. Integral ∫ A1 . dl dilakukan untuk
seluruh lintasan L, integral ∫ A2 . dS dilakukan pada daerah S yang dibatasi oleh L.
Ada dua hal yang perlu diperhatikan berkaitan dengan bentuk (5.14) :
1. Bagaimana memilih vektor dl ? dl menyinggung lintasan L, arahnya ada dua
kemungkinan. Arah ini menentukan tanda ∫ A1 . dl
2. Bagaimana memilih vektor dS ? dS memiliki arah normal, arahnya ada dua
kemungkinan.
Berdasarkan gambar (5.6) di atas, kita gunakan konvensi untuk tanda :
• Jika dl berlawanan arah dengan jarum jam sepanjang L, kita pilih dS dengan arah
normal keluar bidang kertas ini.
• Jika dl searah jarum jam sepanjang L, kita pilih dS dengan arah normal masuk bidang
kertas ini.
Sekarang perhatikan hukum Biot-Savart (persamaan (5.11))! Mengingat definisi
rapat arus J = I/A (A luas penampang lintang kawat berarus), maka kita dapat menulis
I dl = J dV
(5.15)
Dimana dV = A dl, jadi persamaan (5.13) dapat ditulis kembali menjadi
B = ∫ (µo J x r )dV/(4πr3)
(5.16)
Berdasarkan analisa vektor dapat ditunjukkan bahwa
V x B = µo J
(5.17)
Kemudian terapkan persamaan (5.17) ke dalam teorema Stokes ∫ B . dl = ∫ (V x B ) . dS
diperoleh
∫ B . dl = µo I
(5.18)
Bentuk yang lebih umum yang dikenal dengan hk. Ampere ditulis sebagai berikut :
∫ LB . dl = µo ∑ I
(5.19)
dimana ∑ I adalah jumlah arus yang menembus daerah yang dibatasi lintasan tertutup L.
Persamaan (5.19) biasanya digunakan untuk menghitung besar medan magnet dimana
arah dari medan magnet diketahui melalui hk. Biot-Savart. Dan lebih lanjut bahwa
persoalan hk. Ampere adalah persoalan bagaimana memilih lintasan tertutup yang sesuai.
Pedoman sederhana dalam menentukan lintasan tertutup (lintasan Ampere) yaitu
• Pilih lintasan dimana besar medan magnet di sepanjang lintasan konstan
• Pilih lintasan dimana arah medan di setiap titik sejajar dengan arah elemen lintasan.
Setelah lintasan Ampere dipilih persoalan selanjutnya adalah menentukan jumlah arus
yang dilingkupi oleh lintasan tersebut.
I1
I1
I2
I2
Jumlah arus yang menembus bidang
yang dibentuk lintasan tertutup adalah
I1 - I2 . ( + ke kanan )
Jumlah arus yang menembus bidang yang di
bentuk lintasan tertutup adalah I1 + I2 . Di sini
dianggap arah arus + ke kanan
Gambar (5.7)
Contoh :
Sebuah kawat sangat panjang dialiri arus I. Hitung besar medan magnet pada titik sejauh
D dari kawat!
Y
P
D
r
dl = dx i
x
Gambar (5.8)
X
Untuk menyelesaikan persoalan di atas pandang elemen kawat dl yang terletak di x i.
Berdasarkan hk. Biot – Savart medan di P memiliki arah ke luar bidang kertas ini.
Sekarang perhatikan titik-titik lain yang berada sejauh D dari kawat. Kumpulan dari titiktitik tersebut membentuk sebuah lingkaran dengan jari-jari D. Jelas bahwa besar medan
listrik pada lingkaran tersebut konstan (lihat gambar (5.9)). Jadi lintasan Ampere yang
dipilih adalah sebuah lingkaran dengan jari-jari D. Terlihat bahwa jika arah dl searah
jarum jam, maka B searah dengan dl.
P
Gambar (5.9)
B . dl = B dl → ∫ B . dl = ∫ B dl = µo I → B . keliling lingkaran = B 2π D = µo I
B = µo I/2π D
(5.20)
Bandingkan persamaan (5.20) dengan persamaan (5.13).
Soal-soal
1. Dengan hukum Biot-Savart, dapatkan bahwa di titik pusat lingkaran berjari-jari a,
yang dialiri arus I, induksi magnetik adalah B = µo I / 2a.
2. Dengan hukum Ampere dapatkan besar medan B di sekitar kawat lurus panjang sekali
yang berarus I adalah B = µo I / 2πa ( a adalah jarak terhadap kawat)
3. Perhatikan gambar di bawah ini ! Hitung besar medan B di titik P dengan hukum
Biot-Savart.
I
P
P
2L
R
I
4L
4R
(a)
L
30o
L
(c)
(b)
Jawab : a)( 2µoIL/4π)[ -L ∫L 2( x2 + 4L2)-3/2 dx + -2L ∫2L 2( x2 + L2)-3/2 dx ],
b) ( µoI/4π)[ –2R ∫2R ( x2 + R2)-3/2 dx ─ 2π/R]
c) ( 2µoI/4π) L tan 15o 0 ∫L [x2 + ( L tan 15o)2]-3/2 dx
4. Perhatikan soal (3), hitung besar medan magnet di P jika kawat-kawat lurus dianggap
sangat panjang, bandingkan hasilnya dengan soal (3).
Jawab : a) 1,5µoI/πL, b) µoI/2πR - µoI/2R, c) µoI/(2πL tan 15o )
5. Perhatikan gambar di bawah ini ! Sebuah konduktor berbentuk silinder tipis dialiri
arus total 2 I ke kanan. Di pusat silinder sebuah kawat sangat panjang dialiri arus I ke
kiri. Hitung besar medan magnet pada titik sejauh r dari sumbu silinder!
2I
I
Jawab : r < R B = µo I/2πr, r > R B = µo I/2πr
6. Hitung besar fluks magnetik yang menembus sebuah permukaan A = 10 i m2, saat
berada di dalam medan magnet B = 5 i Wb/m2.
Jawab : 50 Wb
7. Sebuah medan magnet bekerja pada sebuah loop konduktor berbentuk empat persegi
panjang pada bidang xy. B = 4 x y cos (100 π t) k Wb/m2 , tentukan : Fluks magnetik
total yang menembus permukaan yang dibentuk loop.
Jawab : 4 cos (100 π t) Wb
z
y
S6
1
S4
2
x
S1
c
y
S2
S3
S5
8. Tunjukkan teorema Stokes untuk vektor F = z ax – y ay untuk kontur c ( sebuah
bujur sangkar dari sebuah kubus pada bidang xz seperti pada gambar di atas).
a. Pandang daerah s1(permukaan paling kiri)
b. Pandang untuk daerah yang lain.
Jawab : terbukti
2
2
BAB VI
ARUS LISTRIK SEARAH
Dalam bab ini membahas sifat dari konduktor yang membawa arus listrik.
Pembahasannya dibagi dalam dua hal yaitu
1. Sifat makroskopik
2. Sifat mikroskopik
6.1 HAMBATAN
Pandang sebuah konduktor dengan dua buah terminal, A dan B. Anggap arus i
masuk di terminal A dan keluar dari terminal B. Lihat gambar (6.1) di bawah ini.
i
A
B
i
Gambar (6.1)
Situasi ini bukanlah situasi listrik statik. Ingat dalam elektrostatik medan di dalam
konduktor nol, sedangkan disini beda potensial antara A dan B tidak nol.
V = VA – VB = - ∫E . dl
(6.1)
Hambatan antara, R, antara terminal A dan B didefinisikan sebagai berikut
R = V/i
(6.2)
Hambatan merupakan sebuah sifat makroskopik, satuannya adalah ohm ( volt/ampere).
Material yang memiliki hambatan disebut resistor. Dalam rangkaian listrik resistor
direpresentasikan oleh simbol seperti pada gambar ( 6.2)
Gambar (6.2)
Secara aljabar persamaan yang benar yang menyatakan hubungan beda potensial, arus
listrik dan hambatan adalah
V = VA – VB = i R
(6.3)
Untuk beberapa material hubungan R = V/i tidak bergantung pada arus i. Dalam kasus
ini material tersebut disebut bersifat Ohmik. Dan definisi R = V/i dimana R konstan
merupakan pernyataan dari hukum Ohm.
6.2 HAMBATAN EKIVALEN
Pandang dua buah terminal, A dan B, diantara keduanya terdapat rangkaian yang
terdiri dari beberapa hambatan. Arus masuk di A dan keluar dari B. Lihat gambar (6.3) !
i
i
A
B
(a)
R
A
B
(b)
Gambar (6.4)
(a) Rangkaian yang terdiri dari beberapa hambatan (b) hambatan ekivalen
Hambatan ekivalen , R, didefinisikan oleh R = V/i. Ingat bahwa R berkaitan dengan
hubungan eksternal antara terminal A dan B.
Jika beberapa resistor dihubungkan secara seri (gambar 6.5), resistor ekivalen
mengikuti persamaan di bawah ini
R = R1 + R2 + R3 + ...
(6.4)
Contoh :
Tiga buah resistor dipasang secara seri. Cari hambatan penggantinya jika diketahui r1 = 2
hm, r2 = 5 ohm, r3 = 5 ohm.
Jawab :
r pengganti = 2 + 3 + 5 = 10 ohm.
R1
R2
R3
A
B
i
R
A
B
Gambar (6.5)
Jika beberapa resistor dihubungkan secara paralel, resistor ekivalen mengikuti
persamaan di bawah ini
1/R = 1/R1 + 1/R2 + 1/R3 + ....
i
A
(6.5)
R1
R2
i
B
A
R
B
R3
Gambar (6.6)
Dalam kasus seri semua arus pada resistor sama, tegangan total merupakan penjumlahan
tegangan pada masing-masing resistor. Dan dalam kasus paralel tegangan pada masingmasing resistor sama, arus total merupakan jumlah arus pada masing-masing resistor.
6.3 DAYA DISIPASI PADA RESISTOR
Rumusan umum untuk daya yang diberikan pada rangkaian adalah P = V i. Untuk
kasus resistor ada tiga persamaan yang mengekspresikan daya tersebut ( Gunakan V = I
R)
P = i 2 R = V i = V2/R
(6.6)
Perhatikan bahwa daya ini selalu positif ( atau nol ). Daya tersebut masuk ke resistor dan
dibuang dalam bentuk panas (daya ini dikenal dengan daya disipasi ).
6.4 RAPAT ARUS
Pandang sebuah konduktor yang dialiri arus i. Penampang lintang konduktor
memiliki luas S, ambil element luas dS. Arus yang melalui element tersebut adalah
di = j . dS
(6.7)
dimana j adalah rapat arus, merupakan sebuah vektor. Secara umum j merupakan fungsi
dari lokasi. Arus total yang melalui S adalah
i = ∫ j . dS
(6.8)
6.5 ARUS HANYUT ( DRIFT VELOCITY)
Arus adalah muatan yang bergerak. Kecepatan rata-rata dari muatan tersebut
disebut kecepatan hanyut, vd. Secara umum kecepatan hanyut sangat kecil dan lebih besar
dari kecepatan acak partikel akibat panas.
Contoh :
Turunkan hubungan antara rapat arus j dan kecepatan hanyut vd dalam sebuah konduktor.
Asumsikan arus dihasilakn oleh elektron yang bergerak.
Jawab
Pandang elemen konduktor sepanjang l. Ambil n sebagai jumlah elektron per unit
volume. Muatan per unit volume adalah n.e. Muatan yang terkandung di dalam elemen
konduktor adalah
Q = ( muatan per unit volume ) . volume = n . e . A l
(6.9)
Waktu yang diperlukan setiap partikel untuk menempuh jarak sejauh l adalah
t = l/vd
(6.10)
Arus yang mengalir pada konduktor
i = q/t = ( n . e . Al )/(l/ vd) = n . e . A .vd
(6.11)
Bagi persamaan (6.11) dengan A (luas penampang lintang konduktor) akan diperoleh
rapat arus
j = n . e . vd
(6.12)
6.6 HAMBATAN JENIS
Sebuah medan listrik dapat mempertahankan arus. Kita dapat simpulkan bahwa
medan listrik sebagai penyebab dan rapat arus sebagai efek yang ditimbulkan medan
listrik. Untuk bahan yang isotropik ( ke segala arah memiliki sifat sama ) j paralel dengan
E.
j = (1/ρ) E
(6.13)
Kuantitas skalar ρ disebut hambatan jenis, satuannya ohm/m. Untuk beberapa bahan
hambatan jenis tidak bergantung pada medan listrik E.bahan seperti itu disebut bahan
Ohmik.
Hambatan R dari beberapa bahan dihitung menggunakan persamaan (6.2).
Hambatan ini tergantung pada sifat bahan (hambatan jenis) dan bentuk dari bahan
(geometri bahan). Secara umum sulit untuk menentukan R jika j dan E tidak diketahui.
Untuk resistor dengan geometri tertentu, bentuk dari j sebagai fungsi dari lokasi dapat
ditentukan melalui simetri. Lihat contoh berikut ini!
Contoh :
Berapakah hambatan dari sebuah kawat sepanjang l dengan penampang lintang A dan
hambatan jenis ρ ? Asumsikan arus tersebar secara merata.
Jawab :
Karena arus tersebar secara merata maka j = i/A. Dari persamaan (6.13) diperoleh E = ρ j
= ρ i/A. Jadi medan listrik serbasama di dalam kawat. Beda potensial anatara kedua ujung
kawat V = E l. Jadi hambatan kawat adalah
R = V/i = ρ l/A
(6.14)
6.7 EFEK DARI PERUBAHAN TEMPERATUR
Secara umum hambatan jenis dari sebuah bahan bervariasi terhadap suhu. Untuk
bahan tertentu hambatan jenis berhubungan secara linier terhadap suhu.
Ketergantungannya terhadap suhu diberikan oleh
ρ = ρo [1 + α( T – To)]
(6.15)
dimana ρo adalah hambatan jenis pada suhu To. Besaran α disebut koefisien rata-rata
terhadap suhu dari hambatan jenis.
Perubahan hambatan jenis juga menyebabkan perubahan hambatan dari suatu
resistor. Bentuk perubahannya sama seperti persamaan (6.15)
R = Ro [1 + α( T – To)]
(6.16)
dimana ρo adalah hambatan jenis pada suhu To
6.8 HUKUM KIRCHHOFF
Pandang gambar rangkaian di bawah ini yang terdiri dari hambatan dan sumber
daya. Menurut Joule pada rangkaian harus berlaku kekekalan daya.
i
A
R
ε
B
Gambar (6.7)
C
Perhatikan bahwa arus sebesar i mengalir dari A menuju C, saat arus di titik A memiliki
daya sebesar i VA , saat di titik B dan C memiliki daya i VB dan i VC. Dimana VA, VB ,
VC adalah besar potensial di titik A, B, dan C. Ketika melewati hambatan arus akan
kehilangan daya ( daya disipasi ) sebesar i2 R. Kemudian saat arus melewati sumber daya
sebesar ε, arus pindah dari titik dengan potensial rendah ke titik dengan potensial tinggi (
beda potensial sebesar ε ), ini berarti terjadi penambahan daya sebesar i ε. Hal di atas
dapat kita tuliskan sebagai berikut
i VC = i VA - i2 R + i ε atau VA – VC = i R – ε
(6.17)
VC – VA = - i R + ε
(6.18)
Sekarang perhatikan tanda di depan kedua suku di ruas kanan persamaan (6.17) dan
(6.18)! Pada persamaan (6.17) arus bertanda positif dan ε bertanda negatif, sedangkan
dalam persamaan (6.18) arus bertanda negatif dan ε bertanda positif. Jadi untuk
mempermudah kita perlu buat perjanjian
1. Arah pandang, adalah arah yang digunakan sebagai acuan dan arah pandang
diambil sesuai kebutuhan. Sebagai contoh jika kita ingin menghitung beda
potensial antara titik A dan C, maka arah pandang dari A menuju C.
2. Arah sumber daya dari positif ke negatif (lihat gambar (6.7))
Jadi arus bertanda positif jika arahnya searah dengan arah pandang dan sebaliknya,
sumber daya bertanda positif jika arah sumber daya searah dengan arah pandang dan
sebaliknya.
Jika dalam rangkaian terdapat lebih dari satu hambatan dan sumber daya
persamaan untuk beda potensial antara dua buah titik ditulis sebagai berikut
VA – VC = ∑ i R + ∑ε
(6.19)
Dengan perjanjian tanda seperti di atas.
6.8.1 HUKUM I KIRCHHOFF
Kirchhoff katakan bahwa arus yang masuk dalam satu titik cabang suatu
rangkaian sama dengan arus yang keluar dari titik tersebut. Pernyataan ini dikenal dengan
hukum Kirchhoff untuk titik sama, juga menyatakan hukum kekekalan muatan.
I2
I1
A
I3
Gambar (6.8)
Arus yang masuk titik A (I1) sama dengan arus yang keluar dari titik tersebut
I1 = I2 + I3
(6.20)
Bentuk yang lebih umum adalah jumlah arus di titik cabang sama dengan nol.
∑I=0
(6.21)
Arus masuk diberi tanda positif dan arus keluar diberi tanda negatif.
6.8.2 HUKUM II KIRCHHOFF
Bagaimana hubungan sumber tegangan dan arus dalam sebuah rangkaian tertutup
( loop ). Untuk menjawab pertanyaan ini kita lihat kembali gambar (6.7) titik A dan C
dihubungkan secara singkat. Hal tersebut berarti bahwa VA = VC, sehingga persamaan
(6.19) menjadi sebagai berikut :
∑ i R + ∑ε = 0
(6.22)
dengan perjanjian tanda seperti di atas. Disini arah pandang dan arah arus dapat
diasumsikan secara terpisah.
A
i
R
ε
B
C
Gambar (6.9)
Pertanyaan selanjutnya adalah bagaimana jika kita memiliki suatu rangkaian yang
memiliki lebih dari satu loop ? Untuk memecahkan persoalan ini Kirchhoff katakan
bahwa pada masing-masing loop berlaku persamaan (6.22), antara loop satu dengan
yang lainnya dihubungkan dengan rangkaian penggandeng.
Contoh :
Perhatikan gambar (6.10) di bawah ini! Diketahui R1 = 2 ohm, R2 = 1 ohm, R3 =
ε1 = ε3 = 10 V, ε2 = 5 V. Hitung :
a. arus pada masing-masing hambatan.
b. Beda potensial antara titik A dan titik B.
Jawab :
Misalkan arus di titik A seperti gambar (6.10 b)!
Berdasarkan hukum I
: I3 = I1 + I2
Berdasarkan hukum II
: - ε1 + ε2 + I1. R1 + I3. R2 = 0
: - ε2 + ε3 – I3. R2 – I2. R3 = 0
2 ohm,
(*)
(**)
(***)
I1
A
I2
I3
R1
R2
ε1
ε2
B
(a)
R3
ε3
Loop 1
Gambar (6.10)
Loop 2
(b)
Perhatikan tanda sumber tegangan dan arus (positif atau negatif). Substitusi persamaan
(*) ke (**) dan (***), diperoleh
- ε1 + ε2 + I1R1 + (I1 + I2) R2 = 0 → -10 + 5 + I12 + (I1 + I2)1 = 0→ 3I1 + I2 = 5
- ε2 + ε3 – (I1 + I2)R2 – I2R3 = 0 →- 5 +10 – (I1 + I2) 1 – I22 = 0 → 3 I2 + I1 = 5
dari kedua persamaan di atas diperoleh I1 = I2 = 10/8 A, I3 = 20/8 A arah masing-masing
arus sesuai dengan gambar.
Beda potensial antara titik A dan B dihitung dengan menggunakan persamaan ( 6.19).
Perhatikan rangkaian R2 dan ε2 , arus I3 mengalir dari A ke B berarti searah dengan arah
pandang berarti arus bertanda positif. Sedangkan ε2 bertanda positif karena searah dengan
arah pandang.
VA – VB = ∑ i R + ∑ε = I3 R2 + ε2 = ( 20/8) 1 + 5 = 7,5 V
Soal-soal
1. Empat buah resistor identik memiliki hambatan R, cari hambatan pengganti jika
keempat hambatan tersebut disusun secara seri dan paralel.
Jawab : Rseri = 4R, Rparalel = R/4
2. Sebuah konduktor berbentuk kawat dengan panjang 5 cm dan penampang lintang
0,01 cm2. Hambatan jenis konduktor tersebut 2 ohm meter. Hitung hambatan dalam
konduktor tersebut!
Jawab : R = 1 kohm
3. Andaikan konduktor pada soal (2) memiliki koefisien rata-rata terhadap suhu
0,000001 tiap derajat celcius, berapakah besar perubahan hambatan konduktor
tersebut saat suhunya naik sebesar 5o C ?
Jawab : ∆ R = 0,5 ohm
4. Pada sebuah bola lampu tertulis 220 volt 25 watt. Suatu saat terjadi penurunan
tegangan listrik pada jaringan dimana lampu tersebut digunakan, berapakah daya
yang dipancarkan lampu jika tegangan listrik 200 volt?
Jawab : P = 20,66 watt
5. Perhatikan gambar di bawah ini! Berapakah beda potensial antara titik A dan B,
antara titik A dan C? Bagaimana hasilnya jika arus mengalir dari C ke A ?
I=2A
R= 10 ohm
ε = 15 V
A
B
C
Jawab : VA – VC = - 5 volt, VA – VC = - 35 volt.
6. Lakukan seperti soal (5) untuk rangkaian di bawah ini !
I=2A
A
R1= 10 ohm
ε1 = 15 V
ε2 = 10 V R2= 5 ohm
B
C
Jawab : VA – VC = 35 volt, VA – VB = – 25 volt.
7. Hitung arus pada masing-masing hambatan dalam rangkaian di bawah ini !
R1= 10 ohm
ε1 = 15 V
ε2 = 10 V R2= 5 ohm
A
B
C
ε3 = 10 V
R3 = 5 ohm
F
E
D
Jawab : IR1 = 1,2 A, IR2 = 1,4 A , IR3 = 2,6 A
1. Perhatikan gambar di atas ! Hitung beda potensial antara titik A dan B, beda potensial
antara titik B dan E !
Jawab : VA – VB = 3 volt, VB – VE = -3 volt.
9. Kawat alumunium dengan diameter 0,5 cm disambungkan dengan kawat tembaga
dengan diameter 0,02 cm. Kawat gabungan tersebut membawa arus sebesar 10 A.
a. Hitung rapat arus pada masing-masing kawat !
b. Hitung rapat elektron bebas per satuan volume (n) pada tembaga jika tiap atom
tembaga ada 1 elektron bebas, No = 6,0 x 1023 atom/mol = bilangan Avogadro, M
berat atom tembaga = 64 g/mol, d = rapat elektron = 9,0 g/cm3. hitung juga laju
penyimpangan elektron (laju drift).
Jawab : a) Jal = 1,3 x 105 A. m-2 , Jcu = 7,95 x 107 A. m-2 , b) n = 0,84 x 1023
elektron/cm3 , vd = 5,92 x 103 m/s
10. Sebuah unit pemanas mempunyai daya 500 W dibuat untuk beroperasi dari sebuah
tegangan sebesar 115 V
a. Berapa besar persentase penurunan keluaran kalornya jika tegangan sumber
menurun menjadi 110 V ?
b. Berapakah hambatan dalam alat pemanas ?
Jawab : a)24,4 % , b) R = 26,45 ohm
11. Sebuah arus yang besarnya 5 A mengalir pada hambatan sebesar 20 ohm selama 4
menit. Berapa coulomb dan berapa banyak elektron yang melewati penampang
hambatan dalam waktu tersebut ?
Jawab : Q = 1200 C, N = 0,75 x 1021 elektron.
12. Sebuah voltmeter dan sebuah amperemeter digunakan untuk menentukan dua
hambatan yang tak diketahui R1 dan R2. Metoda yang digunakan menggunakan
rangkaian seperti gambar di bawah ini. Diketahui hambatan voltmeter 307 ohm dan
hambatan amperemeter 3,62 ohm. Dalam gambar (a) amperemeter terbaca 0,317 A
dan voltmeter terbaca 28,1 V, sedangkan pada gambar (b) amperemeter membaca
0,356 A dan voltmeter membaca 23,7 V. Hitung R1 dan R2 !
R1
R1
A
V
A
V
R2
R2
(a)
(b)
Jawab : R1 = 85,02 ohm, R2 = 58,68 ohm
13. Sebuah kotak hitam dua terminal ( masukan = terminal a , dan keluaran = terminal b )
memiliki ggl (E) yang tidak diketahui dihubungkan seri dengan hambatan R. Ketika
beda potensial antara a dan b 21 V arus 1 A memasuki kotak melalui a dan keluar
pada b. Jika beda potensial ini dibalik terlihat arus 2 A dalam arah berlawanan, maka
tentukan harga R dan E!
Jawab : R = 14 ohm, E = 7 volt
14. Perhatikan gambar di bawah ! Hitung besar E dan R!
5 volt
2 ohm
E
4 ohm
1A
10 volt
2 ohm
R
E
2A
Jawab : E = 10 volt, R = 12 ohm
15. Jaringan saluran memiliki tahanan 0,02 Ω/km. Jika daya 240 kW disalurkan dari
pembangkit daya ke suatu kota yang jauhnya 10 km pada 240 V, maka hitung
kerugian daya disipasi dalam jaringan.
Jawab : 200 kW
BAB VII
GAYA GERAK LISTRIK INDUKSI
Pandang sebuah loop yang terbuat dari logam berbentuk empat persegi panjang
dimana salah satu sisi dapat digerakkan (lihat gambar (7.1)). Medan magnet uniform
bekerja searah dengan arah permukaan loop.
t + dt
t
xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx
xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx
xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx
xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx
v
xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx
xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx
xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx
xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx
xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx
D
L
+
-
v
V dt
Gambar (7.1)
Perhatikan batang sepanjang L yang bergerak ke kanan dengan laju v ! Logam memiliki
muatan bebas, jadi jika batang bergerak ke kanan dengan laju v berarti muatan bebas
bergerak dengan laju yang sama. Berdasarkan prinsip gaya Lorentz muatan yang
bergerak di dalam medan magnet akan mengalami gaya F = q v x B. Muatan positif akan
mengalami gaya ke atas dan muatan negatif ke bawah. Hal tersebut menyebabkan pada
batang mengalir arus ke arah atas (arus ini dikenal dengan arus induksi). Sekarang kita
memiliki sebuah batang sepanjang L dialiri arus I dan berada di dalam medan magnet B.
Menurut Lorentz batang tersebut akan ditarik ke kiri oleh gaya magnetik sebesar F = I L
B. Jika kecepatan batang konstan maka gaya tersebut juga konstan. Kemudian coba kita
hitung usaha oleh gaya tersebut dalam selang waktu dt
dW = - F dx = - I L B v dt
(7.1)
atau
P = dW/dt = - I L B v
(7.2)
Daya tersebut sebanding dengan daya disipasi yang terjadi pada R yaitu
P=Iε
(7.3)
Dengan membanding persamaan (7.2) dan (7.3) kita peroleh
ε=-BLv
(7.4)
7.1 FLUKS MAGNETIK
Analogi dengan medan listrik, dalam persoalan magnetik dikenal juga dengan
fluks magnetik yang diberi notasi Φm , satuannya adalah weber. Secara matematis fluks
magnetik yang ditimbulkan medan magnet B yang menembus permukaan A adalah
Φm = B . A
= B A cos θ
(7.5)
Persamaan di atas hanya berlaku untuk B yang konstan pada setiap titik pada permukaan
A. Untuk B yang bergantung pada posisi titik pada permukaan flus magnetik dinyatakan
dengan
Φm = ∫ B . dA = ∫ B cos θ dA
(7.6)
1.2 HUKUM FARADAY
Perhatikan gambar (7.2) di bawah ini ! Kawat AB dapat digerakan ke kiri dan ke
kanan. Kawat tersebut dari logam ( konduktor ). Logam memiliki muatan bebas (
elektron ). Saat digerakan ke kanan dengan kecepatan konstan V, berarti sebuah muatan
akan mendapat gaya Lorentz keatas sebesar F = q V B
B
V
A
Gambar (7.2)
Jadi pada kawat AB mengalir arus dari A ke B yang disebut arus induksi ( misalkan I ).
Dan kawat AB tersebut berada dalam medan magnet B berarti kawat akan mengalami
gaya Lorentz ke kiri sebesar F = I L B ( L panjang AB).
Sekarang kembali perhatikan kawat AB ! Arus mengalir dari A ke B di dalam
batang atau sumber arus, sedangkan di luarnya arus mengalir dari B melalui hambatan R
lau ke A. Jika dianalogkan dengan baterei, maka potensial B lebih tinggi dari A. Jadi
potensial B ( VB) lebih besar dari A ( VA). Beda potensial ( VB -VA) dapat dihitung
dengan memandang bahwa muatan q pada kawat pindah dari A ke B di bawah pengaruh
gaya sebesar F = q v B ( v laju kawat ). Usaha yang diperlukan adalah
WAB = A∫B qvB dl = q v B L
(7.7)
Besar beda potensial antara A dan B adalah
VB – VA = B L v
(7.8)
VB - VA biasa disebut gaya gerak listrik induksi ( ε ) yang menggerakkan arus dalam
loop.
Andaikan kawat bergerak mulai dari t, setelah waktu dt kawat berpindah sejauh
Vdt. Berarti selama dt terjadi perubahan luas dA = L Vdt.
Dengan menggunakan persamaan tersebut kita dapat menulis ulang persamaan (7.8)
menjadi
ε = VB - VA = B L v dt / dt = B . dA / dt = dΦm / dt
(7.9)
Dengan memperhatikan arah B dan arah arus induksi, maka bentuk yang lebih umum
adalah.
ε = ─ N dΦm / dt
(7.10)
dimana N adalah jumlah lilitan. Pada kumparan yang diputar dalam medan magnet
persamaan (7.10) dikenal dengan hukum Faraday
1.3
Hukum Lenz
Arah arus induksi sedemikian rupa sehingga melawan penyebab timbulnya arus
tersebut.
Contoh :
• Untuk persoalan di atas kawat kita gerakan ke kanan maka fluks yang menembus
lintasan
ABCDA membesar. Arus yang timbul sedemikian rupa sehingga
mengurangi pertambahan fluks ! Jadi arus mengalir dari A ke B di dalam batang
ABsehingga menimbulkan medan magnet melawan medan semula.
• Kawat digerakan ke kiri berarti jumlah fluks berkurang, maka arus sedemikian rupa
sehingga melawan pengurangan tersebut. Jadi arus mengalir dari B ke A di dalam
batang AB.
Soal-soal
1. Berdasarkan persamaan (7.5) ada tiga cara yang dapat digunakan untuk mengubah
fluks magnetik yang menembus sebuah permukaan, sebutkan !
Jawab : B berubah ( A dan sudut tetap), A berubah (B dan sudut tetap), sudut berubah
(A dan B tetap)
2. Sebuah permukaan seluas 4 m2 menghadap ke arah sumbu-x positif. Permukaan
tersebut berada di dalam sebuah ruangan dengan medan magnet konstan B = 4 i + 3 j
tesla.
a. Hitung jumlah fluks magnetik yang menembus permukaan tersebut!
b. Hitung sudut antara permukaan dan medan magnet !
Jawab : a) 16 Wb, b) 37o
3. Sebuah medan magnet memiliki arah sejajar dengan arah normal permukaan seluas
10,5 m2. Medan tersebut berubah terhadap waktu dan konstan terhadap posisi, B = 10
cos 10 t tesla ( t dalam detik ).
a. Hitung besar medan magnet pada t = 1 s dan t = 2 s !
b. Jika permukaan dibentuk oleh sebuah konduktor ( N=1), berapakah ggl induksi
yang timbul pada kawat pada t = 1 s dan t = 2 s.
Jawab : a) 10 cos 10 tesla, 10 cos 20 tesla, b) (1050 sin10) volt, (1050 sin20) volt
4. Sebuah medan magnet bekerja pada sebuah loop konduktor berbentuk empat persegi
panjang pada bidang xy (lihat gambar di bawah) B = 4 x y cos (100 π t) az Wb/m2 ,
tentukan :
a. Fluks magnetik total yang menembus permukaan yang dibentuk loop.
b. Ggl induksi yang terjadi pada loop.
y( m )
Untuk soal (4)
XXXXXXXXX
XXXXXXXXX
XXXXXXXXX
XXXXXXXXX
XXXXXXXXX
0,5
10 ohm
x(m)
Untuk soal (5)
1
Jawab : a)0,25 cos(100πt) Wb, b) 25 π sin (100 π t) volt
5. Perhatikan kawat berbentuk lingkaran seperti gambar di atas! Medan magnet searah
arah normal lingkaran. Berdasarkan hukum Lenz perkirakan arah arus pada lingkaran
jika :
a. Medan magnet membesar
b. Medan magnet mengecil
Jawab : a) berlawanan arah dengan arah jarum jam, b) searah jarum jam
1. Perhatikan gambar dua kawat lurus (transmission line) di bawah. Hitung fluks
magnetik yang dihasilkan oleh masing-masing kabel pada daerah seluas l x d dan
fluks magnetic total pada daerah tersebut.
I = 10 cos 20 t A
I
R
d
a
l
Soal (7)
R
I
Jawab : µo I l [ln (a +d) – ln a], 2µo I l [ln (a +d) – ln a]
2R
2. Perhatikan gambar di atas, arus I mengalir sepanjang kawat lurus sangat panjang.
Sebuah loop berbentuk empat persegi panjang diletakkan di dekat kawat ( hambatan
dalam kawat 10 ohm ). Hitung :
a. Fluks magnetik total yang menembus permukaan yang dibentuk loop.
b. Arus yang mengalir pada loop dan kemanakah arahnya.
Jawab : a) 2 R µo I [ln (2R) – ln R], b) (40 R µo ln 2 sin 20t) ampere
3. Sebuah loop di bidang xy (memiliki luas 0,2 m2 ) dialiri arus 2 A berada di dalam
medan magnet B = (3 i + 4 j) T. Hitung momen gaya yang dialami loop jika arus
menghasilkan medan magnet induksi dengan arah :
a. k
b. –k
Jawab : a) 0,4 ( ─ 4i + 3 j ) Nm, b) 0,4 (4i ─ 3 j ) Nm
4. Perhatikan gambar di bawah ini!
xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx
a. Hitung jumlah fluks yang menembus loop.
xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx
b. Kemanakah arah pergeseran PQ ?
3t
xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx
I=2e A
xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx
r
xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx
P
L
xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx
xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx
3r
R
xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx
xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx
Q
Jawab : a) µo I ln3/2π , b ) ke kanan
10. Perhatikan gambar di atas! Loop seluas A berputar pada porosnya dengan laju ω. Jika
pada t = 0 luas loop searah medan magnet, maka hitung besar arus pada loop (
hambatan dalam loop R, ada N lilitan)
Jawab : [(N B A ω/R) sin ω t ] ampere