Rapat Fluks Listrik (C/m2)

BAB 4 Potensial Listrik
 ENERGI
POTENSIAL LISTRIK
Kerja yang diperlukan untuk membawa muatan Q
melalui medan listrik E dari suatu titik (awal) ke titik
lain (akhir) :
akhir
W  Q
 E  dL
awal
Contoh Soal 4.1
Diketahui sebuah muatan titik Q1 yang terletak di
titik asal O(0, 0, 0). Hitung kerja yang diperlukan
untuk membawa sebuah muatan lain Q2 dari r = rB
ke r = rA.
Jawab :
1 Q1
E1 
ar
2
4o r
dL  dr a r
rA
WAB   Q 2  E1  dL
rB
rA
WAB
1 Q1
 Q 2 
a r  dr a r
2
4o r
r  rB
Q1
 Q 2
4o
rA
1
Q1
dr  Q 2
2

r
4o
r  rB
rA
2
r
 dr
r  rB
rA
Q1
1
 ( Q 2
)(
r  2 1 )
4o  2  1
rB
Q1
1
1
 Q2
(rA  rB )
4o
Q1
 Q2
4o
1
1
  
 rA rB 
Contoh Soal 4.2
Sebuah muatan garis L terletak pada sumbu-z. Hitung kerja yang
diperlukan untuk membawa sebuah muatan Q dari  = b ke  = a.
Jawab :
L
EL 
a
2o
a
Wab  Q

b
dL  d a 
a
Wab   Q  E L  dL
b
L
a   d a 
2o
L
 Q
2o
1
L
a
  b  d  Q 2o ln  b
a
L
L
b
 Q
(ln a  ln b)  Q
ln
2o
2o a
Contoh Soal 4.3
Sebuah muatan bidang S terletak pada bidang z = 0. Hitung kerja
yang dilakukan untuk membawa muatan Q dari z = d2 ke z = d1
Jawab :
s
ES 
az
2 o
W12  Q
dL  dz a z
E
z d2
d1

z d2
 Q
W12   Q
d1
s
a z  dz a z
2 o
d1

z d2
s
 s d1
dz  Q
zd
2 o
2 o 2
s
s
 Q
( d1  d 2 )  Q
( d 2  d1 )
2 o
2 o
S
 dL
 BEDA POTENSIAL LISTRIK
Beda potensial listrik dapat didefinisikan sebagai kerja
yang diperlukan untuk membawa muatan sebesar 1 C
dari suatu titik ke titik lain :
W
VAB  VA  VB  AB
Q
Muatan titik :
Muatan garis :
Muatan bidang :
A
VAB    E  dL
B
Q 1 1
  
VAB 
4o  rA rB 
L
b
Vab 
ln
2o a
s
V12 
( d 2  d1 )
2 o
Contoh Soal 4.4
Sebuah muatan titik sebesar 16 nC terletak di titik Q(2, 3, 5).
Sebuah muatan garis sebesar 5 nC/m terletak pada x = 2 dan y =
4. Bila potensial di titik O(0, 0, 0) adalah 100 V, hitung potensial
di titik P(4, 1, 3)
Jawab :
VPO  VP  VO
VPO  V( PO)1  V( PO) 2
VP  VPO  VO  VPO  100
R P  (4  2) 2  (1  3) 2  (3  5) 2  3,464
PO  (0  2) 2  (0  3) 2  (0  5) 2  6,164
Q  1
1 
1
1 
9
9 

  9x10 (16x10 )
VPO 1 



4o  R P R O 
 3,464 6,164 
 18,209V
a  (4  2) 2  (1  4) 2  3,606
b  (0  2) 2  (0  4) 2  4,472
VPO 2
L
b

ln
2 o a
4,472
 18x10 (5x10 ) ln
 19,371 V
3,606
9
9
VPO = 100 + 18,209 + 19,371 = 137,580 V
 GRADIEN POTENSIAL
Dari sub bab sebelumnya kita menghitung potensial
listrik bila diketahui intensitas medan listriknya.
Proses sebaliknya juga dapat dilakukan, kita
menghitung intensitas medan listrik bila
potensialnya diketahui, yaitu dengan persamaan :
E  grad V  V
Contoh Soal 4.5 :
Diketahui medan potensial :
60 sin 
V
r2
Tentukan kerapatan muatan volume v di titik P(3,
60o, 25o)
Jawab :
Kerapatan muatan volume dapat ditentukan dengan
menggunakan persamaan Maxwell pertama v = D
sedangkan D baru dapat dihitung bila E diketahui,
yaitu dari persamaan D = o E. Jadi yang mula-mula
harus dilakukan adalah gradien potensial.
V
1 V
1 V
V 
ar 
a 
a
r
r 
r sin  
120 sin 
60 cos 
E  V 
ar 
a  0
3
3
r
r
120 o sin 
60 o cos 
D  o E 
ar 
a
3
3
r
r
1  (r 2 D r )
1  (D  sin )
1  (D  )
v    D  2


r
r
r sin 

r sin  
 120 o sin  60 o cos 2


0
4
4
r
r sin 
Pada titik P : r  3   600
  25o
 120(8,854x10 12 ) sin 60o 60(8,854x10 12 ) cos120o
v 

4
3
34 sin 60o
 7,573 pC / m 3
 RAPAT ENERGI LISTRIK
Rapat energi listrik persatuan volume adalah :
dW 1
 DE
dv 2
sehingga energi listrik yang tersimpan di dalam
medan listrik dapat dihitung dari :
1
WE   D  E dv
2 v
1
  o  E  E dv
2
v
2
1
  o  E dv
2
v
Contoh Soal 4.6 :
Diketahui sebuah medan potensial V = 50 xyz V. Hitung
energi yang tersimpan dalam kubus 0 <x, y, z < 2.
Jawab :
E  V  50( yz a x  xz a y  xy a z )
E  2500( y 2 z 2  x 2 z 2  x 2 y 2 )
2
2
WE  1250 o
2
 
2
2 2
2 2
2 2
(
y
z

x
z

x
y ) dxdydz

x 0 y 0 z 0
Karena simetris, maka integral volumenya cukup
dihitung untuk satu suku saja, yaitu :
2
WE  3(1250)(8,854 x10 12 )
2
 
2
2 2
y
 z dxdydz
x 0 y 0 z 0
1 32 1 32
 33,203x10 ( x 0 )( y 0 )( z 0 )
3
3
 3,689 x10 9 (2  0)(2 3  0)(2 3  0)  0,472 J
9
2
Karena simetris, maka integral volumenya cukup
dihitung untuk satu suku saja, yaitu :
2
WE  3(1250)(8,854 x10 12 )
2
 
2
2 2
y
 z dxdydz
x 0 y 0 z 0
1 32 1 32
 33,203x10 ( x 0 )( y 0 )( z 0 )
3
3
 3,689 x10 9 (2  0)(2 3  0)(2 3  0)  0,472 J
9
2