ŕ

ŕ

persamaan kuat medan listrik oleh muatan titik

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 Dar i 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 Ter tutup 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)

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.

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.

+3 C

-6 C

Permukaan

tertutup S

+10 C

Gambar (2.1)

S

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.

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.

L

Ep y

x

Ep = j (kDQ/L)0,5L∫0,5L (dx /

(d

2 + x

2)3/2

D

Gambar (2.2)

Perhatikan gambar (2.3) di bawah ini, hasilnya bandingkan dengan cara di atas

ditanggung lebih mudah!

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)

selimut ∫ 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)

E = (Q/L2π D εo) = (λ/L2π D εo) (2.7)

Permukaan dengan besar

medan listrik sama

D D

x

Gambar (2.3)

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.

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.

Gambar (2.5)

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

Penampang lintang balok

dengan luas a’, sepanjang

permukaan ini medan listrik

sama (besar maupun arahnya). Permukaan kiri Permukaan kanan

Muatan total +Q,

luas plat A

Luas a’

x x

x

(∑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 (jari-

jari dalam a dan jari-jari luar b ). Bola konduktor diberi muatan +Q dan bola non-

konduktor 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 – a

3)/ ( b

3 – a

3)], 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) [a

2(r2 b

2)/(c

2 b

2)]

BAB III

POTENSIAL LISTRIK

3.1 ENERGI POTENSIAL LISTRIK (W)

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)

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

DEFINISI : Usaha yang diperlukan untuk memindahkan suatu muatan yang berada di

bawah medan eksternal dari satu tempat ke tempat lain.

Gambar (3.1)

E F = qo E

A

B r A

r B

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)

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)

+q

r B

r A

qo

Gambar (3.2)

3.2 POTENSIAL LISTRIK (V)

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)

DEFINISI : Potensial listrik pada sebuah muatan Q adalah Energi potensial muatan

tersebut tiap satuan muatan .

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!

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

A∫C Eo i . dl = A∫C Eo i . ( i dx + j dy ) = d∫0 Eodx = - Eo d

C∫B 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)

Dimana

= i (∂/∂x) + j (∂/∂y) + k (∂/∂z) (koordinat kartesius) (3.18a)

= er (∂/∂r) + eθ (1/r)(∂/∂θ) + eΦ (1/ rsin θ) (∂/∂Φ) (koordinat bola) (3.18b)

= eρ (∂/∂ρ) + eΦ (1/ρ)(∂/∂Φ) + ez (∂/∂z) (koordinat silinder) (3.18c)

y

x

A

C

B

x = 0 x = d

d

Gambar (3.3)

Contoh :

Hitung V untuk V berikut ini :

a. V = 2xy3z

2

b. V = 2x + y3

+ z2

Jawab :

a. V = [i (∂/∂x) + j (∂/∂y) + k (∂/∂z)] 2xy3z

2

= i (∂/∂x)( 2xy3z

2 ) + j (∂/∂y) (2xy

3z

2 ) + k (∂/∂z)( 2xy

3z

2 )

= i (2y3z

2 ) + j (6xy

2z

2 ) + k ( 4xy

3z

)

b. V = [i (∂/∂x) + j (∂/∂y) + k (∂/∂z)] [2x + y3

+ z2 ]

= i (∂/∂x)( 2x ) + j (∂/∂y) (y3 ) + k (∂/∂z)( z

2 )

= 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

Besar medan listrik di titik P akibat masing-masing muatan adalah

E+ = k Q/( r – d/2)2 arahnya menuju x positif

E- = k Q/( r + d/2)2 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/ r

2) [( 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

d/2 d/2 P titik pengamatan

r

-Q +Q

Gambar ( 3.4 )

E+ + E-= (k/r3)(Qd) = (k/r

3) p = (k p)/r

3 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

Besar medan listrik oleh masing-masing muatan adalah

E+ = k Q/( r2 + d

2/4) arahnya lihat gambar (3.5) di atas

E- = k Q/( r2 + d

2/4) 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+ d

2/4)

3/2 ] = (kQd/r

3) ( 1 + d

2/4r

2)-3/2

Untuk r >> d, ( 1 + d2/4r

2)-3/2

≈ 1

E+ + E-= (kQd/r3) = k p/r

3 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

-Q +Q

r

Gambar (3.5)

E+

E- 2E+ cos θ θ

θ

θ

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 ≈ r

2 . Persamaan 3.22 menjadi

V = k Q d cos θ / r2 = k p . r / r

2 (3.23)

3.4 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.

Gambar (3.7)

r2 r r1

-Q +Q

d

p

θ

Gambar ( 3.6 )

E

+Q

-Q -F

F

p

θ

Kita perhatikan momen gaya yang ditimbulkan oleh kedua gaya ( F dan –F). Momen

gaya di definisikan sebagai berikut

τ = r x F (3.24)

dimana r adalah posisi titik tangkap gaya (F) dari pusat putaran, berdasarkan analisa

vektor besar momen gaya dinyatakan sebagai berikut

τ =rFsin θ (3.25)

dengan θ sudut antara r dan F.

Untuk persoalan kita r= d/2, jadi τ = (d/2)Fsin θ, besar momen gaya total

yang bekerja pada sistem pasangan muatan di atas adalah

τ = 2 (d/2)Fsin θ = dFsin 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 = p x E (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 . dθθθθ = 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.

Jawab : j (krq/L)-2r ∫2r (dx /

(r

2 + x

2)3/2

, dimana q = 2Q/(2 + π ) 3. 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

4 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

5 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

6 Perhatikan soal (1)! Hitung besar energi potensial listrik pada masing-masing muatan.

Jawab : kq2

[ 1/a + 1/a + 1/a√2] J

7 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 + y

2)] + j [2x

2 /(x

2 + y

2)2]

8 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.

9 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

10 Bola konduktor pejal berjar-jari a berada di dalam bola non-konduktor berongga (jari-

jari dalam a dan jari-jari luar b ). Bola konduktor diberi muatan +Q dan bola non-

konduktor 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 – a

3)/ (b

3 – a

3)], r > b V = 0.

r

2r 2r

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.

Jawab :

-10 -8 -2 0 2 8 10

10

-10

E (N/C)

X (m)

x

-5

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).

Secara matematis C didefinisikan sebagai berikut :

Q = C V (4.1)

Dimana : 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.

+Q -Q <<

Gambar (4.1)

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.

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

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

+Q -Q

Gambar ( 4. 2 )

+Q -Q

daerah 1 daerah 2 daerah 3

Gambar (4.3)

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 !!

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)

Gambar (4.3)

Bola konduktor berjari-

jari b diberi muatan total

-Q

Bola konduktor berjari-

jari a diberi muatan total

+Q

Bola Gauss berjari-jari r

NAH ANDA COBA UNTUK SILINDER KOOSENTRIS ! Perhatikan gambar (4.4) di

bawah ini!

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

Gambar (4.4)

b

a

L

R

Q = 10-7

C

a

b

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 -10-7

C, 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 – a

3) ρ

Dengan menggunakan hk. Gauss kita peroleh medan listrik di r adalah

E = (4π ρ /3)(r3 – a

3) / (4πεo r

2) = ρ (r3

– a3) / (3εo r

2). Jadi grafik E terhadap r adalah

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 non-

konduktor 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/a

3 ) / (4πεo r

2) q = rq / 4πεoa

3

a < r < b, E = q / (4πεo r2)

b < r < c, E = 0 (konduktor)

r > c, E = 0 (muatan total 0).

r 0 a b

0,058ρ / εo .

a

b

c

E

4.2 KAPASITOR DAN BAHAN DIELEKTRIK

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.

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 -Q

Kapasitor plat sejajar,

dengan ruang antar plat

vakum

Eo

Muatan listrik di dalam

dielektrik tanpa medan luar

Muatan listrik di dalam dielektrik

saat dikenakan medan luar yang

berasal dari kapasitor plat sejajar

E = Eo + E’ E’ medan listrik yang dihasilkan

muatan induksi dalam dielektrik

Gambar (4.6)

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) .

• 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.

_

_

_

_

_

+

+

+

+

+

+Q -Q +Q -q +q -Q

Eo = (Q/εoA) E’ = (q/εoA) E = Eo + E’

+Q’ -Q’

Pasangan plat baru

(a) (b) (c) (d)

Gambar (4.7)

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 ) (4.9)

Atau

q = Q (1 – 1/κ ) (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)

Pengisian kapasitor

dengan sumber tegangan

DC Vo

Sumber dilepas, beda

potensial tetap Vo

Sumber dilepas, ruang

kapasitor diisi dielektrik

dengan konstanta

dieleketrik k. Beda

potensial V

+Q

-Q

Vo Vo

+Q

-Q

+Q

-Q

V

Dielektrik

Gambar (4.8) Percobaan untuk melihat pengaruh bahan dielektrik terhadap besar beda potensial pada kapasitor, dimana

sumber tegangan dilepas. Diperoleh bahwa V = Vo/k

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.

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 !

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)

A

B

C

S S

A

B

Gambar (4.9)

C1 C2

I

I1 I2 S

C

I

S

Gambar (4.10)

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 = C1 + 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

keping 300 V, maka tentukan energi listrik yang tersimpan di

dalam kapasitor.

Jawab : 16εo

d

A/2 A/2

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 + v x B ) (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.

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 10-19

x 1,2 /1,67 x 10-27

) = 1,15 x 108 rad/s

v = ω r

Ek = ½ m v2 = ½ m (ω r)

2 = 0,5 x 1,67 x 10

-27 x (1,15 x 10

8x 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!

Partikel tak-

bermuatan

Lintasan partikel

bermuatan negatif

Lintasan partikel

bermuatan positif

Gambar (5.1)

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 = A L n q (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 !

L = v dt

v

Gambar (5.2)

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)

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 + R

2)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/ ( x

2 + R

2)3/2

] (5.12)

r

dl

I

Gambar (5.4)

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.

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.

½ L ½ L

R

P

½ L ½ L

R

P

x

Gambar (5.5a) Gambar (5.5b)

dS

dl

L

S

Gambar (5.6)

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.

Contoh :

Sebuah kawat sangat panjang dialiri arus I. Hitung besar medan magnet pada titik sejauh

D dari kawat!

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 titik-

titik 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.

Jumlah arus yang menembus bidang yang di

bentuk lintasan tertutup adalah I1 + I2 . Di sini

dianggap arah arus + ke kanan

Jumlah arus yang menembus bidang

yang dibentuk lintasan tertutup adalah

I1 - I2 . ( + ke kanan )

D

P

Y

X

r

x

dl = dx i

Gambar (5.8)

Gambar (5.7)

I1

I2

I1

I2

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.

P

Gambar (5.9)

2L

4L

I

4 R

I

R P P

L

L

30o

(a) (b)

(c)

Jawab : a)( 2µoIL/4π)[ -L ∫L 2( x

2 + 4L

2)-3/2

dx + -2L ∫2L 2( x

2 + L

2)-3/2

dx ],

b) ( µoI/4π)[ –2R ∫2R ( x

2 + R

2)-3/2

dx 2π/R]

c) ( 2µoI/4π) L tan 15o 0 ∫L

[x2 + ( L tan 15

o)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!

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 m

2, 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

8. Tunjukkan teorema Stokes untuk vektor F = z2 ax – y

2 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

I

2I

x

y

2

c

S1

S2

S4

S3

S5

S6

z

y

1

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.

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)

i i A B

Gambar (6.1)

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) !

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.

R

i

A B

i

A B

(a) (b)

Gambar (6.4)

(a) Rangkaian yang terdiri dari beberapa hambatan (b) hambatan ekivalen

Jika beberapa resistor dihubungkan secara paralel, resistor ekivalen mengikuti

persamaan di bawah ini

1/R = 1/R1 + 1/R2 + 1/R3 + .... (6.5)

Dalam kasus seri semua arus pada resistor sama, tegangan total merupakan penjumlahan

tegangan pada masing-masing resistor. Dan dalam kasus paralel tegangan pada masing-

masing 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 = V

2/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 ).

R1 i

A B

R i

A B

R1 R2 R3

R i

A B

A B

R2

R3

Gambar (6.5)

Gambar (6.6)

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.

R ε i

A B C

Gambar (6.7)

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.

Gambar (6.8)

I1

I2

I3

A

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.

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 = 2 ohm,

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 (***)

R ε i A B C

Gambar (6.9)

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

R1 R2 R3

ε1 ε2 ε3

I1 I2

I3

A

Loop 1 Loop 2

(a) (b) Gambar (6.10)

B

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 ?

Jawab : VA – VC = - 5 volt, VA – VC = - 35 volt.

6. Lakukan seperti soal (5) untuk rangkaian di bawah ini !

Jawab : VA – VC = 35 volt, VA – VB = – 25 volt.

7. Hitung arus pada masing-masing hambatan dalam rangkaian di bawah ini !

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 10

7 A. m

-2 , b) n = 0,84 x 10

23

elektron/cm3

, vd = 5,92 x 103 m/s

R= 10 ohm ε = 15 V I = 2 A

A B C

R1= 10 ohm ε1 = 15 V ε2 = 10 V R2= 5 ohm I = 2 A

A B C

R1= 10 ohm ε1 = 15 V ε2 = 10 V R2= 5 ohm

A B C

F E D

R3 = 5 ohm

ε3 = 10 V

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 !

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!

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

A

V

R1

R2

A

V

R1

R2

(a) (b)

2 A

5 volt 4 ohm 10 volt

R E E

2 ohm 1 A 2 ohm

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.

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 = I ε (7.3)

Dengan membanding persamaan (7.2) dan (7.3) kita peroleh

ε = - B L v (7.4)

xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx

xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx

xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx

xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx

xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx

xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx

xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx

xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx

xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx

v L

D V dt

+

- v

t t + dt

Gambar (7.1)

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

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)

V

B

A

Gambar (7.2)

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.

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.

Jawab : µo I l [ln (a +d) – ln a], 2µo I l [ln (a +d) – ln a]

x ( m )

y( m )

1

0,5

10 ohm

XXXXXXXXX

XXXXXXXXX

XXXXXXXXX

XXXXXXXXX

XXXXXXXXX

Untuk soal (5)

I

I

d

l

a

2R

R

R

I = 10 cos 20 t A

Soal (7)

Untuk soal (4)

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!

a. Hitung jumlah fluks yang menembus loop.

b. Kemanakah arah pergeseran PQ ?

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

r

3r

I = 2 e3t

A

P

Q

R

L

xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx

xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx

xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx

xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx

xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx

xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx

xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx

xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx

xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx