SlideShare une entreprise Scribd logo

Diktat fisika dasar ii

•
•
P
pinkycantik
1  sur  574
Télécharger pour lire hors ligne
DIKTAT KULIAH FISIKA DASAR II TAHAP PERSIAPAN BERSAMA ITB Materi Sesuai Dengan Silabus Mata Kuliah Fisika Dasar II ITB Oleh: DR.Eng. Mikrajuddin Abdullah, M.Si. Fakultas Matematika dan Ilmu Pengetahuan Alam Institut Teknologi Bandung 2006 DIKTAT KULIAH FISIKA DASAR II TAHAP PERSIAPAN BERSAMA ITB Materi Sesuai Dengan Silabus Mata Kuliah Fisika Dasar II ITB Oleh: DR.Eng. Mikrajuddin Abdullah, M.Si. Fakultas Matematika dan Ilmu Pengetahuan Alam Institut Teknologi Bandung 2006
Kata Pengantar Untuk melengkapi diktat kuliah Fisika Dasar I, kami kembali mengeluarkan diktat kuliah untuk Fisika Dasar II dengan harapan semoga bisa menjadi pelengkap yang berarti bagi referensi-referensi yang telah ada. Agar mahasiswa lebih memahami persamaan-persamaan yang dibahas, contoh soal dan penyelesaian sengaja diperbanyak jumlahnya. Karena merupakan versi paling awal, kami menyadari masih akan ditemui beberapa kesasahan dalah isi maupun pengetikan (mudah-mudahan tidak terlalu banyak). Kami akan terus melakukan perbaikan, koreksi, dan pelengkapan materi sehingga diktat ini menjadi diktat yang cukup lengkap dalam membantu para mahasiswa baru menyelesaikan mata kuliah fisika dasar di tahun pertama ITB. Pada saat bersamaan kami sangat mengharapkan kritik, saran, komentar, atau ide-ide yang membangun dari pada pembaca guna perbaikan mutu diktat ini. Komentar tersebut dapat dikirim ke E-mail: din@fi.itb.ac.id. Terima kasih dan wassalam Mikrajuddin Abdullah ii
Daftar Isi Bab 1 Hukum Coulomb dan Hukum Gauss 1 Bab 2 Potensial Listrik dan Kapasitor 59 Bab 3 Listrik Arus Searah 112 Bab 4 Kemagnetan 158 Bab 5 Hukum Biot Savart 189 Bab 6 Hukum Ampere 225 Bab 7 GGL Induksi dan Induktansi 244 Bab 8 Arus Bolak-Balik 299 Bab 9 Besaran Gelombang 350 Bab 10 Gejala Gelombang dan Gelombang Bunyi 403 Bab 11 Interferensi Gelombang Elektromagnetik 450 Bab 12 Model Atom dan Molekul 514 iii
Bab 1 Hukum Coulomb dan Hukum Gauss Newton menemukan bahwa dua buah massa saling tarik-menarik dengan gaya yang berbanding lurus dengan perkalian dua massa dan berbanding terbalik dengan kuadrat jarak keduanya. Coulomb menemukan sifat serupa pada muatan listrik. Dua buah muatan listrik saling mengerjakan gaya yang besarnya berbanding lurus dengan perkalian dua muatan dan berbanding terbalik dengan kuadrat jarak keduanya. ambar 1.1 Muatan sejenis tolak-menolak dan muatan berbeda jenis tarik-menarik ambar 1.2 Sisir menarik potongan-potongan kertas karena memiliki muatan listrik yang 12F r 12F r 12F r 21F r 21F r 21F r q1 q1 q1 q2 q2 q2 12F r 12F r 12F r 21F r 21F r 21F r q1 q1 q1 q2 q2 q2 G G berbeda 1
Gaya yang dihasilkan bisa berupa gaya tarik-menarik atau tolak menolak, tergantung pada a-sama negatif jenis, yaitu positif dan negatif, saling melakukan gaya .1 Gaya Coulomb Antara Dua Muatan Titik titik, mari kita misalkan ada dua muatan q1 jenis muatan yang melakukan gaya. Dari hasil pengamatan didapatkan bahwa i) Dua muatan sejenis, yaitu muatan yang sama-sama positif atau sam melakukan gaya tolak-menolak. ii) Dua muatan yang tidak se tarik-menarik. 1 Untuk menentukan gaya Coulomb dua muatan dan q2 yang berada pada posisi 1r r dan 2r r . Vektor posisi muatan q2 relatif terhadap q1 adalah 1r r 2r r 21rq1 q2 r 1r r 2r r 21rq1 q2 r ambar 1.3 Posisi muatan q1 dan q2 dalam system koordinat (1.1) Jarak antar G 1221 rrr rrr −= a dua muatan tersebut adalah adalah 2121 rr r = 12 rr rr −= Vektor satuan yang searah dengan vektor 21r r adalah 12 1221 ˆ rrr r rr rrr − == 21 21 rrr − (1.2) Besarnya gaya Coulomb pada muatan q2 oleh muatan q1 adalah 2 21 211 qq F =21 4 roπε 2
2 12 21 4 1 rr qq o rr − = πε (1.3) Arah gaya searah dengan vektor satuan sehingga kita dapat mengungkapkan alam notasi vektor sebagai berikut 21F 21 ˆr 21F d 212 12 21 21 ˆ 4 1 qqr r rro rr − = πε (1.4) Dengan mensubstitusi dari persamaan (1.2) ke dalam persamaan (1.4) kita dapat juga enulis F 21 ˆr m 12 12 2 12 21 21 )( 4 rr rr rr qq o rr r 1 r rr − − − = πε F r )( 4 1 123 12 21 rr rr qq o rr rr − − = πε (1.5) Dengan menggunakan hukum aksi-reaksi Newton dengan segera kita dapatkan gaya Coulomb ada muatan q1 oleh muatan q2 adalah 2112 p FF rr −= Contoh uatan q1 = 2 mC berada pada koordinat (0,3) m dan muatan q2 = 4 mC berada pada t (4,6) m. Lihat Gambar 1.4. Berapa gaya yang dilakukan muatan q1 pada muatan rikan C = 2 × 10-3 C × 10-3 C M koordina q2? Jawab Dibe q1 = 2 m q2 = 4 mC = 4 jjir ˆ3ˆ3ˆ01 =+= r m jir ˆ6ˆ42 += r m jijjˆ6+irrr ˆ3ˆ4ˆ3)ˆ4(1221 +=−=−= rrr m 3
2532 =42 21 +=r r = 5 m Gambar 1.4 esarnya gaya antara dua muatanB 2 33 9 2 21 5 109 4 ×== r F o rπε 21 )104)(102(1 −− ××qq = 2 880 N Untuk menyatakan dalam notasi vector ji ji r r r ˆ 5 3ˆ 5 4 5 34 ˆ 21 21 +=== r ˆˆ 21 + r Dengan demikian jijir r F o ˆ 4 212 21 21 = rπε qq ˆ1728ˆ2304ˆ 5 3ˆ 5 4 5 )104)(102( 109 1 2 33 9 21 +=⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + ×× ×= −−r N Contoh Tentukan besar gaya Coulomb pada electron atom hydrogen yang dilakukan oleh proton di ti. Anggaplah bahwa electron mengelilingi proton pada jarak r = 0,53 A. Besar muatan dan proton adalah 1,6 × 10-19 C. in electron Jawab 1r r 2r rq1 2 21r r 21Fq r y 0 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 6 x 1r r 2r rq1 q2 21r r 21F r 0 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 6 x y 4
Besar gaya yang dilakukan proton pada electron 8 2112 )103,5(4 − ×roπε 1919 921 102,8 )106,1)(106,1( )109( − −− ×= ×× ×= qq N 1.2 Gaya Coulomb oleh sejumlah muatan ika terdapat sejumlah muatan maka gaya total pada suatu muatan merupakan jumlah vector aya yang dilakukan oleh sejumlah muatan lainnya. Misalkan kita memiliki muatan q1, q2, q3, ihat Gambar 1.5. Misalkan: koordinat posisi muatan q1 adalah 1 =F J g dan q4. Berapa gaya pada muatan q4? Ganbar 1.5 Posisi koordinat sejumlah muatan dan gaya total yang bekerja pada satu muatan L 1r r , koordinat posisi muatan 2 adalah , koordinat posisi muatan q3 adalahq 2r r 3r r , dan koordinat posisi muatan q4 adalah 4r r . Gaya yang dilakukan muatan q1 pada muatan q4 adalah 413 41 41 41 4 r r F o r rπ = 1 qqr ε q1 q2 q4 1r r 2r r 3r r 4r r 41r r 42r r 43r r 41F r 42F r 43F r x y q3 41F r 42F r 43F r 4241 FF rr + 434241 FFF rrr ++ q1 q2 q4 1r r 2r r 3r r 4r r 41r r 42r r 43r r 41F r 42F r 43F r x y q3 q1 q2 q4 1r r 2r r 3r r 4r r 41r r 42r r 43r r 41F r 42F r 43F r x y q3 41F r 42F r 43F r 4241 FF rr + 434241 FFF rrr ++41F r 42F r 43F r 4241 FF rr + 434241 FFF rrr ++ 5
423 42 42 42 4 1 r r qq F o r r r πε =Gaya yang dilakukan muatan q2 pada muatan q4 adalah 433 43 43 43 4 1 r r qq F o r r r πε =Gaya yang dilakukan muatan q3 pada muatan q4 adalah Gaya total pada muatan q4 adalah ++= ecara umum, gaya pada muatan qo yang dilakukan sejumlah muatan q1, q2, q3, …, qN adalah 4342414 FFFF rrrr S ∑= N = F rr i iao 1 0F ∑= N 1 = i i i i o r r qq 1 03 0 0 4 r rπε (1.6) Contoh Tiga buah muata 6. Masing-masing muatan tersebut adalah q1 = 1 mC, q2 = 2 mC, dan q3 = - 4 mC. Berapa gaya tal pada muatan q1 dan gaya total pada muatan q3? Gambar 1.6 Jawab n berada pada titik sudut segitiga sama sisi seperti pada Gambar 1. to q1 = 1 mC q2 = 2 mC q3 = -4 mC 50 cm 50 cm 50 cm q1 = 1 mC q2 = 2 mC q3 = -4 mC 50 cm 50 cm 50 cm 6
Pertama kita tentukan gaya pada muatan q1. Perhatikan Gbr. 1.7. r 1.7 Gaya-gaya yang bekerja pada muatan q1 Jarak antara mu q1 = 1 mC q2 = 2 mC q3 = -4 mC 50 cm 50 cm 50 cm α 12F r 13F r 1F r q1 = 1 mC q2 = 2 mC q3 = -4 mC 50 cm 50 cm 50 cm α 12F r 13F r 1F r Gamba 12r r atan q1 dan q2: = 50 cm = 0,5 m Jarak antara muatan q1 dan q3: 13r r = 50 cm = 0,5 m Besar gaya oleh q2 pada q1 (tolak) adalah 4 2 33 9 2 21 21 12 102,7 )5,0( )102)(10( )109( 4 1 ×= × ×== −− r qq F o rπε N Besar gaya oleh q3 pada q1 (tarik) adalah 4 2 33 9 2 31 31 13 104,14 )5,0( )104)(10( )109( 4 1 ×= × ×== −− r qq F o rπε N engan aturan jajaran genjang, maka besar gaya total pada muatan q1 memenuhi ++= = 1,6 × 1010 D αcos2 1212 2 13 2 12 2 1 FFFFF Pada gambar, jelas α = 120o sehingga cos α = -1/2 dan ( ) )2/1)(104,14)(102,7(2)104,14(102,7 4424242 1 −××+×+×=F 7
atau 510 1 103,1106,1 ×=×=F N Berikutnya kita tentukan gaya pada muatan q3. Perhatikan Gbr. 1.8: Gambar 1.8 Gaya-gaya yang bekerja pada muatan q3 q1 = 1 mC q2 = 2 mC q 50 cm 50 cm 50 cm β 31F r 32F r 3F r 3 = -4 mC q1 = 1 mC q2 = 2 mC q 50 cm 50 cm 50 cm β 31F r 32F r 3F r 3 = -4 mC Jarak muatam q3 ke muatan q1: 31r = 50 cm = 0,5 m r Jarak muatam q3 ke muatan q2: 32r r = 50 cm = 0,5 m Besar gaya pada muatan q3 oleh muatan q1 (tarik) 4 2 33 9 2 31 31 31 104,14 )5,0( )104)(10( )109( 4 1 ×= × ×== −− r qq F o rπε N Besar gaya pada muatan q3 oleh muatan q2 (tarik) 4 8 33 9 2 32 32 32 108,28 )5,0( )104)(102( )109( 4 1 ×= ×× ×== −− r qq F o rπε N Dengan aturan jajaran genjang, maka besar gaya total pada muatan q3 memenuhi ++= βcos2 3231 2 32 2 31 2 3 FFFFF 8
Pada gambar, jelas β = 60o sehingga cos β = 1/2 dan = 1,5 × 1011 atau ( ) )2/1)(108,28)(104,14(2)108,28(104,14 4424242 3 ××+×+×=F 511 109,3105,1 ×=×=F N3 1.3 Medan Listrik Mengapa muatan q1 dapat melakukan gaya pada muatan q2 meskipun ke dua muatan tersebut tentang gaya gravitasi yaitu karena adanya edan gaya. Gaya Coulomb muncul karena muatan q1 menghasilkan medan listrik pada posisi muatan q2. Muatan q2 berinteraksi dengan medan yang dihasilkan muatan q1, dan interaksi tersebut menghasilkan gaya pada muatan q2. dinyatakan 21 tidak bersentuhan? Mirip dengan pembahasan kita m Jika besarnya medan listrik yang dihasilkan muatan q1 pada posisi muatan q2 E r sebagai maka gaya yang dilakukan oleh muatan q1 pada muatan q2 memenuhi persamaan 21221 EqF rr = (1.7) Dengan membandingkan persamaan (1.7) dengan ungkapan hukum aan maka kuat medan listrik yang dihasilkan muatan q1 pada posisi muatan q2 memenuhi Coulomb pada persam (1.5), 213 21ro 1 21 4 1 r q r r r πε = (1.8)E Dinyatakan dalam scalar, besarnya medan listrik yang dihasilkan muatan sembarang pada jarak r dari muatan tersebut adalah 2 4 1 q E = roπε (1.9) Tampak bahwa besarnya medan berbanding terbalik dengan kuadrat jarak dari muatan. Jika dubuatkan kurva kuat medan terhadap jarak kita dapatkan Gambar 1.9 9
E (N/C) r (m) E (N/C) r (m) Gam ii) Masuk ke muatan tersebut jika muatan memiliki tanda negatif. ambar 1.10 Arah medan listrik: (a) keluar dari muatan positif dan (b) masuk ke muatan bar 1.9 Kuat medan listrik yang dihasilkan muatan titik sebagai fungsi jarak. Arah medan listrik didefinisikan sebagai berikut: i) Keluar dari muatan jika muatan tersbut memiliki tanda positif. E EE E G negatif. 10
Contoh Ada dua buah muatan masing-masing q1 = 2 mC dan q2 = -5 mC. Ke dua muatan tersebut ipisahkan oleh jarak 80 cm. A) berapa kuat medan litrik dan arahnya pada titik tepat di antara dua muatan tersebut? (b) Di manakah posisi yang memiliki medan nol? Jawab Perhatikan Gbr. 1.11. ambar 1.11 dan r2 = 0,4 m uat medan listrik yang dihasilkan muatan q1 d q1=2 mC q2= -5 mC r = 0,8 m r1 = 0,4 m r1 = 0,4 m Ep1 Ep2 P q1=2 mC q2= -5 mC r = 0,8 m r1 = 0,4 m r1 = 0,4 m Ep1 Ep2 P G a) Tampak bahwa r1 = 0,4 m K 8 22 1 )4,0(r Kuat medan listrik yang dihasilkan muatan q2 3 91 101,1 102 )109( ×= × ×= − q N/C (ke kanan)1 = kEp 8 2 3− 9 2 2 2 108,2 )4,0( 105 )109( ×= × ×= r q N/C (ke kanan) P yang dihasilkan oleh dua muatan N/C (ke kanan) b) Posisi dengan medan nol tidak mungkin berada di antara dua muatan karena masing-masing muatan menghasilkan medan yang arahnya ke kanan. Posisi dengan medan nol juga tidak mungkin berada di sebelah kanan muatan q2 karena jarak ke muatan q2 lebih kecil daripada jarak ke muatan q1 sedangkan nilai muatan q2 lebih besar aripada nilai muatan q1. Dengan demikian, di sebelah kanan muatan q2, medan yang atan q2 selalu lebih besar daripada medan yang dihasilkan muatan q1 sehingga e dua medan tidak mungkin saling menghilangkan. alah di sebelah kiri muatan q1. Misalkan posisi 2 = kEp Medan total pada titik 888 21 109,3108,2101,1 ×=×+×=+= ppp EEE d dihasilkan mu k Posisi yang mungkin memiliki medan nol ad tersebut berada pada jarak x di sebelah kiri muatan q1. 11
Jarak titik tersebut ke muatan q1: x Jarak titik tersebut ke muatan q2: 0,8 + x Muatan q1 menghasilkan medan ke arah kiri e dua medan saling menghilangkan jika besarnya sama, atau Muatan q2 menghasilkan medan ke arah kanan K 22 )8,0( xx + 21 q k q k = 22 1 22 2 5 )8,0 xx q q x ==+( 22 5)8,0(2 xx =+ 22 5)6,164,0(2 xxx =++ 22 522,328,1 xxx =++ atau 028,12,33 2 =−− xx Solusinya adalah 6632 == × =x = 1,4 m Jadi medan listrik nol terjadi pada jarak 1,4 m di sebelah 1,52 + kiri muatan q1 ibusi muatan edan listrik yang dihasilkan oleh muatan titik. i medan yang dihasilkan oleh masing-masing lebih rumit, yaitu jika muatan ang menghasilkan medan bukan merupakan muatan titik, melainkan muatan yang terdistrubusi pada benda yang memiliki ukuran besar. Sebagai contoh adalah muatan yang dihasilkan oleh batang, cincin, bola, dan sebagainya. Hukum Coulomb tetap berlaku untuk distribusi muatan apa saja. Namun untuk distribusi muatan pada benda besar kita sering mengalami kesulitan menggunakan hokum Coulomb secara langsung kecuali untuk beberapa bentuk. Kita akan mencari medan listrik yang dihasilkan oleh benda yang bentuknya sederhana. a) Medan listrik oleh muatan cincin in yang berjari-jari a. Cincin tersebut mengandung muatan q yang tersebar ecara merata. Artinya, jumlah muatan per satuan panjang cincin adalah konstan. Kita akan mencari kuat medan listrik sepanjang sumbu cincin, yaitu pada posisi yang berjarak h dari pusat cincin. Bagaimana menghitungnya? ,36,252,3)28,1(34)2,3(2,3 2 +−××−+ 1.4 Medan Listrik yang dihasilkan distr Di bagian terdahulu kita sudah membahas m Medan total merupakan penjumlahan vector dar muatan titik. Sekarang kita meningkat ke kondisi yang sedikit y Kita memiliki cinc s 12
13 ∆E∆Ev ∆E∆Ev Gambar 1.12 Medan listrik di sumbu cincin r θ h h∆E Keliling cincin adalah aS π2= (1.10) Kerapatan muatan cincin (muatan per panjang) adalah a q S q π λ 2 == Kita bagi cincin atas bagian-bagian kecil sejum ah N buah. Panjang tiap bagian adalahl N S S =∆ (1.11) Jika N cukup besar maka ∆S cukup kecil sehingga tiap bagian dapat dipandang sebagai muatan titik. Dengan demikian, hokum Coulomb untuk muatan titik dapat digunakan untuk menghitung medan yang dihasilkan ∆S. Muatan yang dikandung tiap elemen adalah Sq ∆=∆ λ (1.12) a r θ h h∆E a
sehingga medan listrik pada titik pengamatan yang dihasilkan oleh elemen muatan ini adalah 22 4 11 q E = ∆ =∆ 4 r S r oo ∆λ πεπε (1.13) engan menggunakan dalil Phitagoras maka += sehingga D 222 ahr 22 4 1 S E ∆ =∆ aho + λ πε 1.14) Perhatikan m apat diuraikan atas komponen vertikan dan horizontal ( edan ∆E. Arahnya membentuk sudut θ dengan sumbu cincin. Medan tersebut d θcosEEv ∆=∆ (1.11) θsinEEh ∆=∆ (1.16) ari gambar tampak bahwaD cos 22 ahr + hh ==θ cos 22 ah a r a + ==θ engan demikianD ( ) 2/3222222 4 1 4 1 ah Sh ah h ah S E oo v + ∆ = ++ ∆ = λ πε λ πε (1.17)∆ ( ) 2/3222222 4 1 4 1 E ah Sa ah a ah S oo h + ∆ = ++ ∆ =∆ λ πε λ πε (1.18) Apabila kita melihat elemen lain di cincin yang tepat berseberangan dengan elemen yang lah kita pilih sebelumnya maka kita dapatkan elemen tersebut menghasilkan komponen anan sehingga saling meniadakan. te medan arah vertical yang sama baik besar maupun arah. Namun komponen medan arah horizontal memiliki besar sama tetapi arah berlaw 14
Akibatnya, komponen horizontal medan yang dihasilkan elemen-elemen pada cincin saling meniadakan seh karena itu, untu ihasilkan oleh masing-masing elemen. Jadi medan total yang dihasilkan adalah ingga medan total yang dihasilkan cincin hanya memiliki arah vertical. Oleh k menentukan medan total kita cukup menjumlahkan komponen vertical yang d ( ) ( )∑ ∑∑ ∆ + = + ∆ =∆= S ah h ah Sh EE oo v 2/3222/322 4 1 4 1 λ πε λ πε (1.19) Ingat adalah jumlah panjang semua elemen cincin, dan ini tidak lain daripada keliling cincin. Dengan demikian ∑∆S ( ) )2( 4 1 h E 2/322 a aho π λ πε + (1.20) Tetapi, = qa =)2( πλ , yaitu muatan total cincin. Jadi kita peroleh medan total pada sumbu incinc ( ) 2/3224 1 ah qh E o + = πε (1.21) b) Medan Listrik Oleh Muatan Batang Kita akan bahas medan listrik yang dihasilkan oleh batang yang memiliki panjang L di posisi yang sejajar dengan sumbu batang. Titik pengamatan adalah pada jarak a dari ujung batang terdekat. Batang memiliki kerapatan muatan homogen. Jika muatan batang Q maka krapatan muatan batang adalah L Q =λ (1.22) mener Panjang tiap elemen adalah Untuk apkan hokum Coulomb kita bagi batang atas N buah elemen yang sama panjang. N L L =∆ (1.23) ika N sangat besar maka ∆L sangat kecil sehingga tiap elemen dapat dipandang sebagai titik. at elemen di batang yang jaraknya x dati titik pengamatan. Lihat Gbr. 1.14. Muatan J Kita lih 15
yang dikandung elemen tersebut adalah LQ ∆=∆ λ (1.24) en tersebut pada titik pengamatan adalah a Gambar 1.13 Medan listrik yang dihasilkan oleh batang Medan yang dihasilkan elem 22 4 1 4 1 x L x Q E oo ∆ = ∆ =∆ λ πεπε (1.25) Medan total di titik pengamatan adalah ⎟ ⎠ ⎜ ⎝ +++= 22 2 2 1 ... 4 No xxx λ πε (1.26)⎟ ⎞ ⎜ ⎛ ∆∆∆ ∆= ∑ 1 LLL E Penjumlahan dalam erikan hasil E dengan ax =1 LaxN += tanda kurung memb )( ... 22 2 2 1 Laa L x L x L x L N + =⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ∆ ++ ∆ + ∆ (1.27) Dengan demikian, medan total yang dihasilkan semua muatan pada batang adalah x a+L dL a x a+L x a a+L dL 16
)(4)(4)(4 LaaLaaLaa ooo +++ πε 111 QLL === λ E πεπε λ (1.28) c) Medan Listrik Oleh Dipol ipol adalah muatan yang sama besar dan berbeda tanda tetapo dipisahkan pada jarak tertentu. lihat dari jarak yang cukup jauh, dipol tampak netral arena kedua muatan sangat berdekatan. Tetapi dilihat dari jarak yang cukup dekat, yaitu pada orde yang sama dengan jarak pisah dua muatan, dipol tampak sebagai dua muatan terpisah. Aplikasi dipol dapat dijumpai dalam berbadai hal. Bahan dielektrik yang dipakai secara luas bauatn kapasitor atau memori adalah bahan yang mudah menghasilkan dipol begitu ikenai medan listrik dari luar. Makin mudah bahan tersebut menghasilkan dipole, maka konstanta dielektrik bahan tersebut makin besar. ya e negatif dipisahkan dan diosilasikan (saling E2 D Biasanya jarak tersebut cukup kecil. Di k pada pem d -q +q β β Gambar 1.15 Menentukan medan listrik oleg dipol Pemamcar gelombang elektromagnetik seperti pemancar radio dan televisi umumn m nghasilkajn osilasi dipole. Muatan posisi dan mendekat dan menjauh). Berdasarkan teori elektromagnetik, muatan yang berosilasi memancarkan gelombang elektromagnetik dengan frekuensi samam dengan frekuensi osilasi muatan. d/2 d/2 E E h rr 1 θ E2 -q +q β β d/2 d/2 E E h rr 1 θ -q +q β β d/2 d/2 E E h rr 1 θ 17
Kita akan menghitung kuat medan listrik yang dihasilkan oleh dipole. Untuk mudahnya, kita hanya menghitung kuat medan sepanjang gasris yang tegak lurus sumbu dipol. Lihat Gbr. 11.15. Besar medan yang dihasilkan muatan negatif 2221 )2/(4 1 4 1 dh q r q E oo + == πεπε (menuju ke arah muatan) (1.29) Besar medan yang dihasilkan muatan positif 2222 )2/(4 1 4 1 dh q r q E oo + == πεπε (menjauhi muatan) (1.30) Medan resultan yang dihasilkan (hanya memiliki komponen arah horizontal). ββ coscos 21 EEE += β πε cos )2/( 21 q ( 4 22 dho + 1.31)= Tetapi θβ −= o 90 , sehingga θθβ sin)90cos(cos =−= o Berdasarkan Gambar 11.15 22 )2/(dhr + Akhirnya, medan listrik yang dihasilkan dipol adalah 2/2/ d ==θ (1.32) d sin θ πε sin )2/(4 22 dh E o + = 21 q 2222 )2/( 2/ )2/( 2 4 1 dh d dh q o ++ = πε [ ] 2/322 )2/(4 dho +πε ( 1 qd 1.33) Kita mendefinisikan momen dipol = 18
qdp = (1.34) Dengan demikian, diperoleh [ ] 2/322 )2/(4 1 dh p E o + = πε (1.35) ita peroleh adalah jika jarak titik pengamatan (h) sangat besar ibandingkan dengan jarak antara dua muatan, atau Kasus khusus yang akan k hd <<d , maka kita dapat mengaproksimasi engan demikian, 222 )2/( hdh ≈+ D [ ] 32/32 4 1 4 1 h p h p E oo πεπε =≈ (1.36) 1.4 Perhitungan Medan Mari kita perluas cara perhitungan kuat medan listrik dengan menggunakan metode integral. isalkan kita memiliki benda sembarang seperti pada Gambar 1.16. ambar 1.16 K sembarang ita ingin mencari kuat medan listrik pada tikip sembarang P. Kita lihat suatu elemen kecil dung muatan . Misalkan vektor posisi elemen tersebut adalah Dengan Metode Integral M G uat medan listrik yang dihasilkan benda kontinu K benda yang mengan dq r r dan r r P rrP rr − P r r r r P rrP rr − P r r 19
vektor posisi titik pengamatan adalah Pr r . Posisi relatif titik pengamatan terhadap elemen muatan adalah dan jarak titik pengamatan ke elemen muatan adalahrrP rr − rrP rr − . Jika esar mauatan pada titik pengamatan adalah maka gaya yang dialami muatan tersebutPQb akibat elemen muatan dq adalah )( 4 1 dqQ rrr 2 r3 r rr Fd P P o P rr − − = πε Medan listrik di titik P yang dihasilkan oleh elemen muatan adalahdq P P P Q Fd Ed r r = )( 4 1 23 rr rr dq Po rr rr − − = πε (1.37) uat medan total di titik P yang dialibatkan oleh seluruh muatan pada benda menjadiK ∫= PP EdE rr ∫ − − = )( 4 1 23 rr rr dq Po rr rrπε (1.38) Persamaan (1.38) merupaka bentuk umum dar ersamaan untuk mencri kuat medan listrik yang dihasilkan oleh m i p uatan yang terdistribusi kontinu. Berdasarkan jenis distribusi muatan, ita menemui tiga macam yaitu distribusi muatan, yaitu satu dimensi, distribusi muatan dua dimensi, dan ditribusi muatan tiga dimensi. i) Untuk distribusi muatan satu dimensi, misalnya muatan pada kawat maka k dxdq λ= dengan λ adalah rapat muatan per satuan panjang dan dx adalah elemen panjang kawat. tan at maka dSdq σ=ii) Untuk distribusi muatan dua dimensi, misalnya mua pada pel dengan σ adalah rapat muatan per satuan luas permukaan dan dS adalah elemen luas permukaan. iii) Untuk distribusi muatan tiga dimensi maka dVdq ρ= dengan ρ adalah rapat muatan per satuan volum dan dV adalah elemen volum benda. 20
Untuk lebih memahami aplikasi metode integral ini mari kita tinjau beberaoa contoh berikut ini. ) Muatan Pada Kawat Lurus Tak Berhingga rus tak erhingga. Lihat skema pada Gbr. 1.1 1.38). a Kita akan mencari kuat medan listrik pada posisi yang berjarak a dari kawat lu b Gambar 1.17 Menentukan kuat medan magnet yang dihasilkan oleh elemen kawat lurus panjang Sebelum melakukan integral, kita harus menyederhanakan dulu ruas kanan persamaan ( Tinjau elemen kawat sepanjang dx yang memuat muatan sebesar dxdq λ= . Med yang dihasilkan elemen ini di titik pengamatan adalah an listrik )( 4 1 23 rr rr dx Ed P rr rr Po r − − = λ πε Apabila kita hitung besarnya saja maka besar medan listrik tersebut adalah rr rr EddEP rr dx rr Po r − − == 23 4 1 λ πε 2 4 rrPo rr − 1 dx = λ πε Berdasarkan Gambar 1.17, jarak antara titik pengamatan dan elemen muatan adalah rrrP =− rr . Dengan demikian P ar θ dθ dEP dE dEPv Ph P ar θ dθ dEP dE dEPv Ph xdq xdq 21
2 4 ro P 1 dxλ dE πε = (1.39) ampak dari Gbr 1.17 bahwaT θsin= r a atau θ2 22 sin a 11 r = (1.40) θ θ θ sin cos tan aL a Lx oo −=−= Selanjutnya kita mencari diferensial dx sebagai berikut. Dengan melakukan diferensial ruas kiri dan kanan persamaan (1.41) diperoleh (1.41) ⎥⎦ ⎤⎡ −−= θ θ θ θ sin )(sin cos sin )(cos dd adx ⎢⎣ θ2 θ θ θθ θ θ θ θ θθ θ θ θθ dada dd a 2 22 2 2 2 sin cossin sin cos 1 sin cos cos sin sin + =⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ +=⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − − −= θ θ 2 sin d a= (1.42) ubstitusi r dan dx dari persamaan (1.40) dan (1.42) ke dalam persamaan (1.39) diperolehS ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = 2 2 2 sin sin4 1 a da o P θ θ θ λ πε dE θ λ πε d ao4 1 = (1.43) edan dapat diuraikan atas dua komponen, yaitu yang sejajar dengan kawat dan yang tegak lurus kawat PdE PhdEM dEPv . Besar komponen-komponen tersebut adalah 22
θθ λ πε θ d a dEdE o PPh cos 4 1 cos == dan θθ λ πε θ d a dEdE o PPv sin 4 1 sin == Setiap elemen dx akan memiliki elemen pasangan yang berseberangan dari lokasi titik pengamatan yang memiliki komponen medan arah horisontal yang sama besar tetapi agnet total di titik P dalah integral dari komponen medan arah vertikal. elanjutnya kita menentukan batas-batas integral. Karena kawat panjang tak berhingga, maka batas bawah adalah θ = 0o dan batas atas adalah θ = 180o . Dengan demikian, medan listrik total yang dihasilkan kawat adalah berlawanan arah. Kedua komponen tersebut saling meniadakan. Akibatnya, hanya komponen arah vertikal yang memberi kontribusi pada medan listrik total. Dengan demikian, kuat medan m S ∫= o o PvP dEE 180 0 ∫= o d a sin 4 1 θθ λ πε oo 180 0 [ ] [ ])1()1( 4 1 cos 4 1 180 0 +−−=−= aa oo o o λ πε θ λ πε ao λ πε2 1 = (1.44) Lihat Gambar 1.18 b) Medan listrik oleh kawat lurus berhingga Sekarang kita akan membahas kasus yang sedikit rumit, yaitu menentukan medan listrik yang dihasilkan oleh muatan listrik pada kawat lurus yang panjangnya berhingga. Misalkan kita memiliki kawat yang panjangnya Lo. Kita akan menentukan kuat medan listrik pada titik yang berjarak a dari kawat dan dan sejajar dengan salah satu ujung kawat. Untuk menentukan kuat medan listrik di titik pengamatan, kita tentukan variabel-variabel seperti pada Gbr. 1.19 23
Gambar 1.18 Skema perhitungan medan listrik oleh muatan pada kawat lurus bergingga erupa dengan pembahasan untuk kawat yang panjangnya tak berhingga, besar medan listrik ang dihasilkan elemen kawat dx adalah Gambar 1.19 Variabel-variabel perhitungan S y θθ λ πε d a cosdE o Ph 4 1 = dan θθ λ πε d a dE o Pv sin 4 1 = erlu diperhatikan bahwa untuk kasus ini, komponen medan arah horizontal tidak saling enghilangkan. Komponen horizontal dan vertical sama-sama memberi kontribusi pada Sekarang kita tentukan batas-batas integral. Ketika elemen dx berada di ujung kiri kawat, ma P m medan total. ka sudut yang dibentuk adalah θm yang memenuhi om La /tan =θ . Dan ketika elemen dx berada di ujung kanan kawat maka sudut yang dibentuk adalah 90o . Jadi, batas integral adalah dari θm sampai 90o . Maka kita dapatkan medan magnet di titik P adalah Lo a P Lo a P a x dx θ P r a/tanθ a x dx θ P r a/tanθ 24
∫= d a EPh cos 4 1 θθ λ πε o mo 90 θ [ ] [ ]o oo aa o m θm λ πε θ λ πε θ sin90sin 4 1 sin 4 1 90 −== [ ]m o a θ λ πε sin1 4 1 −= (1.45) ∫= o m d a E o Pv 90 sin 4 1 θ θθ λ πε [ ] [ ]m oo aa m θ λ o o θ λ πεπε θ 44 cos90cos 1 cos 1 90 +−=−= [ ] m o m ao a θ λ πε θ λ πε cos 1 cos0 4 1 =+−= (1.46) 4 Karena om La /tan =θ maka 22 sin o m La + =θ a and 22 cos o o m La L + =θ Dengan demikian ⎥ ⎥ ⎦ ⎤a (1.47) ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ + −= 22 1 4 1 oo Ph Laa E λ πε 224 1 o o o Pv La L a E + = λ πε (1.48) Jika panjang kawat di satu sisi sangat besar, atau ∞→oL maka . Dengan demikian 222 oo LLa ≈+ 25
[ ] aaL a aL a a E oooooo Ph λ πε λ πε λ πε λ πε 4 1 01 4 1 1 4 1 1 4 1 2 =−≈⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ −= ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ −≈ aL L aL L a E oo o oo o o Pv λ πε λ πε λ πε 4 1 4 1 4 1 2 ==≈ Selanjutnya kita bahas kasus yang lebih umum lagi di mana titik pengamatan berada di antara dua ujung kawat. Misalkan titik tersebut berjarak a dari kawat dan berjarak b dari salah satu s ini sebenarnya tidak terlalu sulit. Kita dapat memandang bahwa medan rsebut dihasilkan oleh dua potong kawat yang panjangnya b dan panjangnya Lo – b di mana titik pengamatan berada di ujung masing-masing potongan kawat tersebut. Kuat medan arah tegak lurus yang dihasilkan horizontal saling melemahkan. hingga Komponen-komponen medan yang dihasilkan kawat sepanjang b adalah ujung kawat. Kasu te dua kawat saling mnguatkan sedangkan kuat medan arah Gambar 1.20 Kuat medan listrik pada posisi sembarang di sekitar kawat lurus ber ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + −= 22 1 1 4 1 ba a a E o Ph λ πε 22 1 4 1 ba b a E o Pv + = λ πε Komponen-komponen medan yang dihasilkan kawat sepanjang L-b adalah ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎡ −= 1 1 a E λ ⎣ −+ 22 2 )(4 bLaa oo Ph πε Lo a P Lo-bb Lo a P Lo-bb 26
22 2 )(4 1 bLa bL a E o o o Pv −+ − = λ πε Komponen medan vertical total menjadi (saling menguatkan) 21 PvPvPv EEE += 2222 )(44 bLaabaa ooo −++ πεπε 11 bLb o − + λλ (1.49)= ponen medan horisontal total menjadi (saling melemahkan)Kom 21 PhPhPh EEE −= ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + −− ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ −+ −= 2222 1 4 1 )( 1 4 1 ba a abLa a a ooo λ πε λ πε ⎥ ⎥ ⎤ ⎢ ⎡ −= 1 aaλ ⎦⎢⎣ −++ 2222 )(4 bLabaa ooπε ⎥ ⎥ ⎤ ⎦⎢ ⎢ ⎣ ⎡ −+ − + = 2222 )( 11 4 bLaba ooπε λ (1.50) Selanjutnya kita mencari kuat medan listrik pada titik yang berada di luar areal kawat, isalnya pada jarak b di sebelah kiri kawat. Lihat Gambar 1.21. h ini dapat dipandang ebagai dua poto g kawat berimpit. Satu potong kawat panjangnya dan memiliki rapat muatan λ dan potong kawat lain panjangnya dan memiliki rapat muatan -λ. Ujung kiri dua potongan kawat diimpitkan. edan listrik yang dihasilkan potongan kawat panjang adalah m ana memecahkan masalah ini? Kita pakai trik sederhana. MasalaBagaim s bLo + b n Kuat m ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ++ −= 22 1 )( 1 4 1 bLa a a E oo Ph λ πε 27
22 1 )(4 1 bLa bL a E o o o Pv ++ + = λ πε wat lurus erhingga. Kita dapat memandang system terdiri dari dua kawat dengan panjang Lo+byang memiliki kerapatan muatan λ dan kawat sepanjang b dengan kerapatan muatan -λ yang diimpitkan di sisi kirinya. Kuat medan listrik yang dihasilkan potongan kawat pendek adalah Gambar 1.21 Menentukan kuat medan listrik pada posisi sembarang di luar ka b ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + −= 22 2 1 4 1 ba a a E o Ph λ πε 22 2 4 1 ba b a E o Pv + = λ πε Medan listrik arah vertical maupun horizontal total merupakan selisih komponen medan listrik yang dihasilkan masing-masing kawat karena tanda muatan berlawanan. Jadi Komponen medan arah horizontal adalah 21 PhPhPh EEE −= Loa P b -λ λ Loa P b -λ λ Loa P b λ Loa P b λ 28
⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + −− ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ++ −= 2222 1 4 1 )( 1 4 1 ba a abLa a a ooo λ πε λ πε ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ++ − + = 2222 )(4 1 bLa a ba a a oo λ πε ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ++ − + = 2222 )( 11 4 bLaba ooπε λ (1.51) Komponen medan arah vertikal adalah 21 PvPvPv EEE −= 2222 4 1 )(4 1 ba b abLa bL a oo o o + − ++ + = λ πε λ πε ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎛ + = 1 bLoλ ⎝ + − ++ 2222 )(4 ba b bLaa ooπε (1.52) 0→a makaUntuk kasus ketika ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + −= ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ++ − + = bLbbLb E oooo Ph 11 4)(0 1 0 1 4 2222 πε λ πε λ (1.53) 0 4 1 0)(04 1 2222 =⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − + + = ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ + − ++ + = b b bL bL ab b bL bL a E o o oo o o Pv λ πε λ πε (1.54) um Coulomb. Lebih khusus lagi jika kita ingin bu cincin. Lihat Gbr. 1.22 isalkan sebuah cincin dengan jari-jari a mengandung muatan Q. Kita ingin menentukan kuat edan listrik sepanjang sumbu cincin pada jarak b dari pusat cincin. Berdasarkan Gbr 1.22 besarnya medan listrik di titik P yang dihasilkan oleh elemen cincing sepanjang dL adalah c) Medan Listik oleh Cincin incin adalah bentuk geometri lain yang memungkinkan kita menentukan medan listrikC dengan cukup mudah menggunakan huk enghitung kuat medan listrik sepanjang summ M m 29
2 4 1 r dq dE πε = Gambar 1.22 Medan listr ampak juga dari gambar 1.22, dE dapat diuraikan atas dua komponen yang saling tegak lurus, k luru ajatr sumbu. Besarnya nilai komponen-komponen tersebut adalah ik di sumbu cincin yang dihasilkan oleh elemen pada cincin T yaitu komponen tega s dan sej αsindEdE =⊥ (1.55a) αcos// dEdE = (1.55b) Tiap elemen kawat memiliki pasangan di seberangnya (lokasi diametrik) di mana komponen gak lurus sumbu memiliki besar sama tetapi arah tepat berlawanan. Dengan demikian ke meniadakan. Oleh karena itu, untuk menentukan kuat medan te dua komponen tersebut saling total kita cukup melakukan integral pada komponen yang sejajar sumbu saja. Besar medan total menjadi ∫∫ == αcos// dEdEE ∫= α πε cos 4 1 2 r dq o (1.56) Semua parameter dalam integral konstan kecuali dq. Dengan demikian kita peroleh a r b Q α α P dq dB ⊥ //dB dB a r b Q α α P dq dB ⊥ //dB dB 30
Q r dq r E oo α πε α πε cos 1 4 1 cos 1 4 1 22 == ∫ α πε cos 4 1 2 r Q o = (1.57) Dari Gbr. 1.22 tampak bahwa αsin/ =ra . Akhirnya kita dapatkan αα πε cossin 4 1 2 2 a Q E o = (1.58) Untuk kasus khusus titik di pusat lingkaran, kita dapatkan α = 90o sehingga E = 0. Contoh Kita memiliki dua cincin konsentris dengan jari-jari a1 dan a2. Masing-masing cincin memiliki muatan Q1 dan Q2. Berapa kuat medan listrik pada lokasi: ) berjarak b dari pusat cincin sepanjang sumbu cincin ) pada pusat cincin awab a) Kuat me a b J b 2a α Gambar 1.23 dan listrik yang dihasilkan cincin bermuatan Q1 adalah 11 2 cosαα2 1 1 1 sin 4 1 πε a Q E o = a1 1 α2 Q2 1Q b 2a α a1 1 α2 Q2 1Q 31
Kuat medan magnet yang dihasilkan oleh cincin bermuatan Q2 22 2 2 2 2 2 cossin 4 1 αα πε a Q E o = Kuat medan magnet total 21 EEE += 22 2 2 2 cossin 4 1 αα πε a Q + 2 11 2 2 1 1 cossin 4 1 αα πε a Q oo = ) Di pusat cincin terpenuhi α1 = α2 = 90o sehingga E = 0. rupa busur dengan sudut panjang sumbu cincin yang berjarak b a kasus ini pun kita memiliki dua komponen medan, yaitu yang searah umbu dan yang tegak lurus sumbu. Medan tersebut diperoleh dengan mengintegralkan en medan yang diberikan oleh persamaan (1.55a) dan (1.55b). Kuat medan total searah sumbu adalah b d) Kuat medan listrik di sumbu cincin tidak penuh Sekarang kita anggap cincin bukan lingkaran penuh, tetapi hanya be keliling θ. Kita ingin mencari berapa kuat medan di se dari pusat cincin. Pad s kompon ∫= θ α 0 // cosdEE ∫∫ == θθ α πε α πε 0 2 0 2 cos 4 1 cos 4 1 dq rr dq oo (1.59) tegral di ruas kanan persamaan (1.59) adalah muatan total pada busur cincin. Jadi ian Qdq =∫ θ 0 .In Dengan demik 2// cos1 Q 4 ro E α πε = 32
αsin/ =raDengan menggunakan hubungan maka αα πε4 2// ao cossin 1 2Q = (1.60) Untuk menentukan kuat m dan yang tegak lurus sumbu, ada dua kasus yang harus diperhatikan. Kasus pertama adalah jika panjang busur kurang dari setengah lingkaran. Dalam asus ini, tiap elemen busur tidak memiliki pasangan diameteris yang menghasilkan al yang saling meniadakan. Semua elemen menguatkan medan total. uat medan total menjadi E e k komponen medan horisont K ∫=⊥ θ α 0 sindEE ∫∫ = θθ α πε α πε 22 sin1 sin 1 dq dq = 00 44 rr oo 2 sin 4 1 r Q o α πε = α3 sin 1 Q = πε 2 4 ao Jika panjang busur lebih dari setengah lingkaran, maka mulai ada pasangan diametris yang menghasilkan medan arah horisontal yang saling meniadakan. Lihat Gambar 1.24 Panjang busur membe (1.61) ntuk sudut θ. Tampak dari Gambar 1.24, dari busur yang ada, sebagian lemen mempunyai pasangan diametris yang menghasilkan komponen medan arah horisontal yasama besar tetapi berlawanan arah. Hanya bagian busur lingkaran sepanjang 2π - θ yang tidak memiliki pasangan diametri sehingga memberi kontribusi pada medan magnet total arah horisontal. Dengan demikian, medan magnetik total arah horisontal adalah e ∫=⊥ αsindEdE ∫∫ −− == θπθπ α πε α πε 2 00 44 rr oo 2 2 2 sin1 sin 1 dq dq Q θ θπα roπε4 2 − ×= 2sin1 33
α θ π πε 3 2 sin⎟ ⎞ 1 2 4 1 ⎠ ⎜ ⎝ ⎛ −= a Q o (1.62) terbentuk lingkaran penuh maka θ = 2π dan medan total 1.5 Garis Gaya Listrik Untuk menvisualisasikan medan listrik sehingga kita memiliki gambaran tentang besar maupun arahnya, maka didefinisika garis gaya listrik. Garis gaya listrik adalah garis khayal yang keluar dari muatan positif dan masuk ke muatan negatif. Setelah menggambarkan garis gaya listrik maka kita dapat mendefinisikan medan listrik sebagai berikut i) Besarnya me n listrik sebanding dengan kerapatan garis gaya per satuan luas permukaan yang ditembus garis gaya ii Arah medan lis Gambar 1.25 Garis gaya listrik Kuat medan listrik di titik A lebih besar daripada kuat medan listrik di titik B dan kuat medan listrik di titik B lebih besar daripada kuat medan listrik di titik C. Gambar 1.24 Kuat medan listrik oleh busur cincin yang melebihi setengah lingkaran anpak dari persamaan (1.62), jikaT arah horisontal nol. n da trik di suatu titik sama sejajar dengan garis singgung garis gaya pada titik tersebut. 2π-θ 2π-θ 2π-θ 2π-θ A B C A B C 34
Karena kuat medan listrik sebanding dengan kerapatan garis gaya maka dapat pula kita katakana bahwa kuat meda Dan karena kuat medan listrik berbanding lurus juga dengan besar muatan maka dapat kita impulkan bahwa Jumlah garis gaya berbanding lurus dengan muatan. Makin besar muatan yang dimiliki duatu partikel maka makin banyak garis gaya yang keluar atau masuk ke partikel tersebut. Gambar 1.26 Definisi fluks listrik Pada Gambar 1.26 me n listrik berbanding lurus dengan jumlah garis gaya. s 1.6 Hukum Gauss Gauss merupakan metode yang sangat efektif untuk mencari kuat medan listrik diHukum sekitar muatan kantinu pada benda yang memiliki simetri. Kita akan menerapkan hukum Gauss pada beberapa kasus. a) Fluks Listrik Sebelum menerapkan hukum Gauss, mari kita bahas dulu fluks listrik. Fluks listrik didefinisikan sebagai perkalian scalar antara vector kuat medan listrik dengan vector luar permukaan yang ditembus oleh medan tersebut. E r E r dan listrik E r menembus permukaan dengan vector luas permukaan A r . Fluks listrik yang melewati permukaan memenuhi θφ cosEAAE =•= rr (1.63) A θ r A θ r 35
Jika permukaan yang ditembus medan terdiri dari sejumlah segmen, maka fluks total sama dengan jumlah fluks pasa masing-masing segmen. Contohnya, untuk Gbr 1.27, fluks total apat ditulis sebegaid 2E r 2E r 1E r 3E r 1A 2A 3A r 1 2θ 3θ θ 4E r r Gambar 1.27 Medan listrik menembus sejumlah segmen permukaan 4321 φφφφφ +++= 44332211 AEAE AEAE rrrrrrrr •+•+•+•= 444333222111 coscoscoscos θθθθ AEAEAEAE +++= (1.64) Jika jumlah segmen permukaan ada n buah, maka fluks total yang melewati seluruh permukaan dapat ditulis sebagai ∑= •= n i ii AE 1 rr φ ∑= = n i iii AE 1 cosθ (1.65) Dalam kasus umum di mana permukaan yang dikenai medan listrik adalah permukaan sembarang dan kuat serta arah medan listrik juga sembarang maka fluks yang melewati ermukaan ditentukan dengan integral sebagai berikut (1.66) p ∫= dAE θφ cos r r 4A θ 4 1E r 3E r 1A 2A 3A r 1 2θ 3θ θ 4E r r r r 4A θ 4 36
b) Fluks Pada Permukaan Tertutup Fluks ada karena adanya garis gaya. Garis gaya gaya adalah lokasi pada jarak tak b an muatan positif di dalam permukaan tertutup. dihasilkan oleh muatan tersebut yang asuk pada sisi depan permukaan pasti keluar di sisi belakang permukaan. Karena tidak ada keluar dari muatan positif. Ujung dari garis erhingga dari muatan positif atau muatan negatif. Ketika bertemu muatan negatif, maka garis yang dihasilkan muatan positif berakhir di muatan negatif. Permukaan tertutup Permukaan tertutup Permukaan tertutup Permukaan tertutup (i) (ii) (iii) (iv) Permukaan tertutup Permukaan tertutup Permukaan tertutup Permukaan tertutup Permukaan tertutup Permukaan tertutup Permukaan tertutup Permukaan tertutup (i) (ii) (iii) (iv) Gambar 1.28 (i) muatan positif berada di luar permukaan tertutup, (ii) muatan negatif berada di luar permukaan tertutup, (iii) muatan positif di luar permukaan tertutup dan muatan negatif di dalam permukaan tertutup, (iv) muatan negatif di luar permukaan tertutup d i) Misalkan di sekitar sebuah muatan positif terdapat permukaan tertutup. Muatan tersebut berada di luar permukaan tertutup. Garis gaya yang m 37
muatan negatif garis gaya hanya berakhir di jarak tak berhingga. Pada sisi depan permukaan, sudut yang ibentuk garis gaya dengan vector luas lebih besar daripada 90o sehingga fluks berharga , sudut yang dibentuk garis gaya dengan vector luas i luar pemukaan ada muatan negatif maka garis gaya akan masuk menuju permukaan tersebut. garis gaya yang masuk di sisi belakang permukaan akan keluar di sisi depan permukaan. Kedua fluks tersebut juga sama besar sehingga fluks total pada permukaan teetutup nol. iii) Jika di luar permukaan ada muatan positif dan di dalam permukaan ada muatan negatif, maka ada sebagian garis gaya yang masuk di sisi depan permukaan tidak keluar di sisi belakang permukaan karena garis gaya tersebut berakhir di muatan negatif dalam permukaan. Akibatnya, fluks yang masuk permukaan tidak sama dengan fluks yang keluar permukaan. Justru, fluks yang masuk permukaan lebih besar daripada fluks yang keluar permukaan. Dengan demikian, fluks total untuk permukaan tertutup tersebut tidak nol. iv) Jika di luar permukaan ada muatan negatif dan di dalam permukaan ada muatan positif, maka ada tambahan garis gaya yang keluar pada permukaan namun tidak berasal dari garis gaya yang masuk di sisi lain. Garis gaya tersebut dihasilkan oleh muatan positif dalam permukaan. Akibatnya, fluks yang keluar permukaan tidak sama dengan fluks yang masuk permukaan. Justru, fluks yang keluar permukaan lebih besar daripada fluks yang masuk permukaan. Dengan demikian, fluks total untuk permukaan teetutup tersebut tidak nol. Gauss merumuskan hokum yang menghubungkan fluks total pada permukaan tertutup dengan jumlah muatan yang dikandung oleh permukaan tersebut. Hukum tersebut dirumuskan sebagai berikut di dalam permukaan yang berperan sebagai titik akhir dari garis gaya maka d negatif. Pada sisi belakang permukaan lebih kecil daripada 90o sehingga fluks berharga positif. Kedua fluks tersebut sama besar sehingga fluks total pada permukaan tertutup nol. ii) Jika d o tertutuppermukaan tertutuppermukaan ii q AE ε ∑ ∑ − − =• rr atau o tertutuppermukaan tertutuppermukaan iii q AE ε θ ∑ ∑ − − =cos (1.67) 38
di mana Ei adalah kuat medan pada segmen permukaan ke-i, Ai adalah luas segmen permukaan ke-i, θi : adalah sudut yang dimebtnuk oleh vector medan dan vector luas pada segmen permukaan ke-i ∑−tertutuppermukaan q adalah jumlah muatan yang dilingkupi permukaan tertutup. Untuk permukaan yang sembarang, hokum Gauss dapat diungkpakan dalam bentuk integral, yaitu o q dAE ε θ ∑ ∫ =cos atau o q AdE ε ∑ ∫ =• rr (1.68) Simbol ∫ akan mempelajari beberapa aplikasi hokum Gauss untuk menentukan kuat medan listrik yang dihasilkan oleh benda dengan simetri tertentu. Kawat Lurus Panjang Sebuah kawat lurus panjang memiliki kerapatan muatan λ. Kita akan mene menyatakan bahwa aintegral dilakukan pada permukaan tertutup. Berikut ini kita ntukan kuat medan strik pada jarak sembarang dari kawat. Langkah yang harus kita lakukan adalahli i) Buat permukaan Gauss Jika kita ingin menentukan kuat medan pada jarak r dari kawat maka permukaan Gauss yang kita gunakan berupa silinder dengan jari-jari r seperti pada Gbr. 1.29. Panjang silinder bisa bebas. Kita anggap panjangnya L. r L r L sekitar kawat lurusGambar 1.29 Permukaan Gauss untuk menentukan kuat medan listrik di panjang 39
Jadi, permukaan Gauss yang kita m alas, dan tutup. Alas dan tutup masing-masing berbentuk lingkaran. iliki berupa permukaan silinder yang terdiri atas selubung, ii) Langkah berikutnya adalah menentukan ∑ iii AE θcos . Karena sifat simetri dari kawat maka kita dapat menduga bahwa arah medan listrik pasti menembus selubung silinder tegak diilustrasikan pada Gbr. 1.30 lurus. Berarti pula arah medan listrik menyinggung alas atau tutup silinder seperti θs dapat dinyatakan sebagai penjumlahan tiga bagian, yaitu Gambar 1.30 Arah medan listrik pada permukaan Gauss Penjumlahan ∑ ii AE co i { } { } { } ungsetutupalasiii AEAEAEAE lub333222111 coscoscoscos θθθθ ++=∑ (1.69) Mari kita hitung suku-suku dalam persamaan (1.69) satu per satu rah medan listrik menyinggung alas. Karena arah vector luas permukaan tegak lurus bidang permukaan itu sendiri, maka arah medan listrik pada alas tegal lurus arah vector luas alas. Dengan demikian, dan Alas: A o 901 =θ 0090coscos 1111111 =×== AEAEAE o θ E E E E 40
Gambar 1.31 Arah medan listrik di alas silind Tutup: Arah medan listrik menyinggung tutup. Karena arah luas permukaan tegak lurus bidang permukaan itu sendiri, maka a er rah m tup tegak lurus arah vector luas tutup. Dengan demikian, dan Gambar 1.32 elubung rah medan listrik tegak lurus selubung. Berarti edan listrik pada tu o 902 =θ 0090coscos 2222222 =×== AEAEAE o θ Arah medan listrik di tutup silinder S A 03 =θ . Dengan demikian 333333333 10coscos AEAEAEAE o =×==θ Gambar 1.33 Arah medan listrik di selubung silinder θ1 A1A1 E1E1 θ1 A2 E2 θ2 A2 E2 θ2 E3 3A E3 3A 41
Luas selubung adalah 3 = (keliling selubung) × (panjang selubung)A Lr ×= π2 Dengan demikian (1.70) Sekarang kita menentukan muatan total yang dilingkupi permukaan Gauss. Muatan tersebut hanya ada berada pada bagian kawat sepanjang L. Dengan demikian (1.71) engan menggunakan hokum Gauss, maka 33 2200cos rLErLEAE iii ππθ =×++=∑ ∑ Lq λ= D o L rLE ε λ π =32 r E oπε λ 2 3 = (1.72) yang merupakan kuat medan listrik pada jarak r dari kawat. Muatan Titik Misalkan kita memeiliki muatan titik Q dan kita ingin menentukan kuat medan listrik pada rak r dari muatan tersebut. Langkah pertama adalah memilih permukaan Gauss sehingga esar medan listrik pada tiap titik di permukaan tersebut sama dan sudut yang dibentuk medan muatan titik, hanya permukaan bola yang erpusat di muatan yang memenuhi sifat tersebut. Jadi kita pilih permukaan Gauss berupa bola dengan jari-jari r dan berpusat di muatan. Karena hanya ada satu permukaan maka Arah medan di permukaan bola adalah radial. Arah vector permukaan juga radial. Jadi medan dan vector pemukaan memiliki arah yang sama sehingga θ = 0 atau cos θ = 1. Dengan demikian ja b dan vector permukaan selalu sama. Untuk kasus b permukaan θθ coscos EAAE iii =∑ 42
∑ )4( 2 rE π×EAAE iii =θcos = E × (luas permukaan bola) = . ang dilingkupi permukaan Gaus adalah muatan titik itu sendiri. Jadi . Substitusi ke dalam hokum Gauss diperoleh Jumlah total muatan y ∑ Qq = o Q rE π =× )4( 2 ε atau 2 4 1 r Q E oπε = Hasil ini p erikutnya kita akan menentukan kuat medan listrik yang dihasilkan pelat tak berhingga yang mengandung kerapatan muatan konstan. Muatan per satuan luas yang dimiliki pelat kita anggap σ. Kita buat permukaan Gauss yang berbentuk silinder seperti pada Gbr. 1.34. Pelat emotong siilinder tepat di tengah-tengahnya sehingga jarak alas dan tutup silinder ke pelat sama. Misal ersis sama dengan apa yang diperoleh dengan menggunakan hokum Coulomb. Pelat Tak Berhingga B m kan luas alas atau tutup silinder adalah A. Gambar 1.34 Permukaan Gauss di sekitar pelat tak berhingga AA1 A2 A3 E E AA1 A2 A3 E E 43
Dengan demikian, permukaan Gauss terdiri dari tiga bagian: alas silinder, tutup silinder, dan selubung silinder. Maka kita dapat menulis { } { } { } ungsetutupalasiii AEAEAEAE cos∑ lub333222111 coscoscos θθθθ ++= (1.73) Karena sifat simetri yang dimiliki pelat tak berhingga maka arah medan listrik yang ihasilkan akan tegak lurus pelat. Akibatnya, medan listrik menembus tutup dan alas silinder Kita lihat satu per satu: las silinder: d secara tegak lurus dan hanya menyinggung selubung silinder. A EE =1 AA =1 1θ = 0 karena medan listrik menembus alas silinder secara tegak lurus (vector medan dan ector luas alas sejajar). Dengan demikian,v EAEAAE o == 0coscos 111 θ Tutup silinder: EE =2 AA =2 2θ = 0 karena medan listrik menembus tutup silinder secara tegak lurus (vector medan dan vector luas tutup sejajar). Dengan demikian, EAEAAE o == 0coscos 222 θ Selubung silinder: karena medan listrik menyinggung selubung slinider (vector medan dan vector luas selubung silinder saling tegak lurus). Dengan demikian, Akhirnya kita peroleh EE =3 o 903 =θ 090coscos 33333 == o AEAE θ 44
EAEAEAAE iii 20cos =++=∑ θ (1.74) Selanjutnya kita hitung jumlah muatan yang dikandung permukaan Gauss. Muatan tersebut hanya berlokasi pada bagian pelat yang beririsan dengan silinder, yaitu bagian pelat seluas A. Jumlah muatan adalah (1.75) Akhirnya dengan menggunakan hokum Gauss Aq σ=∑ o iii q AE ε θ ∑ ∑ =cos diperoleh o A EA ε σ =2 atau o E ε σ 2 = ( ntukan kuat medan listrik yang dihasilkan oleh dua pelat sejajar yang ianggap tak berhingga). Susunan pelat semacam ini dijumpai pada kapasitor. Dengan demikian, pemahaman kita tentang medan yang dihasilkan pelat sejajar ak osisi medan listrik. Medan total di suatu titik erupakan penjumlahan kuat medan yang dihasilkan oleh masing-masing pelat. Misalkan emiliki pelat yang memiliki kerapatan muatan σ1 dan σ2. Masing-masing pelat edan listrik yang konstan ke segala arah yang besarnya 1.76) Tampak bahwa kuat medan listrik yang dihasilkan pelat selalu sama berapa pun jaraknya dari pelat. Ini adalah akibat ukuran pelat yang tak berhingga. Jika ukuran pelat berhingga maka makin jauh dari pelat, medan listrik maskin lemah. Medan Listrik oleh Dua Pelat Sejajar ta akan teSelanjutnya ki sangat luas (dapat d an menolong kita memahami kerja kapasitor. Prinsip yang kita gunakan adalah prinsip superp m kita m menghasilkan m 45
oε σ 2 1 1 =E o E ε σ 2 2 2 = Kuat medan listrik di mana-mana memenuhi = (1.77) Pada penjum ontoh Suatu pelat tak berhingga yang ditempatkan pada pusat koordinat memiki kerapatan muatan 21 EEE + lahan tersebut kalian harus memperhatikan arah. C A=1σ C/m2. Pelat lain yang sejajar dengan pelat pertama diletakkan pada koordinat x = L atan A22 =σmemiliki kerapatan mu C.m2. Lihat Gbr. 1.35. Tentukan kuat medan listrik tal di mana-mana. Jawab 35 Menentukan kuat medan di sekitar dua pelat sejajar Di sebelah kiri pelat pertama Pelat kiri menghasilkan medan to σ1 σ2σ1 σ2 L E1 E1 E2E2 L E1 E1 E2E2 Gambar 1. oE εσ 2/11 = ke arah kiri kanan menghasilkan medan oE εσ 2/22 =Pelat juga ke arah kiri engan demikian medan total di sebelah kiri pelat pertama adalahD ooooo AAA EE εεεε σ ε σ 2 3 2 2 222 21 21 =+=+=+= ke arah kiriE 46
Di antara dua pelat Pelat kiri menghasilkan medan E oo A εεσ 2/2/11 == ke arah kanan Pelat kanan menghasilkan medan oo AE εεσ /22/22 == ke arah kiri Karena medan yang dihasilkan pelat kanan lebih kuat, maka medan total antara dua pelat adalah ooo εεε 222 12 Di sebelah kanan pelat kanan AAA EE 2 =−=+= ke arah kiri elat kiri menghasilkan medan E oo AE εεσ 2/2/11 ==P ke arah kanan Pelat kanan menghasilkan medan oo AE εεσ /22/22 == juga ke arah kanan Dengan demikian medan total di sebelah kiri pelat pertama adalah ooooo AAA EEE εεεε σ ε σ 2 3 2 2 222 21 21 =+=+=+= ke arah kanan asus menarik diamati jika kedua pelat memiliki kerapatan muatan yang sama namun berbeda tand a besar tetapi berlawanan arah, ehingga medan total nol. ah kanan pelat kanan, medan yang dihasilkan dua pelat sama besar tetapi berlawanan Di anta K a. Di sebelah kiri pelat kiri medan yang dihasilkan dua pelat sam s Di sebel arah juga sehingga medan total nol. ra dua pelat, medan yang dihasilkan masing-masing pelat sama besar dan searah sehingga medan total yang dihasilkan menjadi dua kali medan yang dihasilkan salah satu pelat, yaitu o E ε σ = (1.78) Bola isolator homogen Selanjutnya mari kita hitung medan listrik yang dihasilkan oleh bola isolator yang mengandung muatan yang tersebur secara homogen. Misalkan muatan total bola adalah Q dan jari-jari bola R. 47
Volume bola adalah 3 3 4 RV π= (1.79) Kerapatan muatan bola adalah 3 3 4 R Q V Q π ρ == (1.80) Kebergantungan kuat medan listrik terhadap jarak dari pusat bola berbeda untuk lokasi di dalam dan di luar bola. ertama, mari kita hitung medan listrik di dalam bola. Kita buat permukaan Gauss di dalam enuhi r < R. ambar 1.36 Permukaan Gauss di dalam bola ya satu, yaitu permu an jari-jari r. Dengan (1.81) Kita mudah menduga bahwa arah medan listrik tegak lurus permukaan Gauss atau sejajar engan vector luas. Dengan demikian, θ = 0 dan P bola. Jari-jari pwemukaan Gauss dari pusat bola adalah r yang mem Perm G Permukaan Gauss di sini han kaan bola deng demikian, θθ coscos EAAE iii =∑ d 1cos =θ . Luas permukaan Gauss sama engan luas permukaan bola dengan jari-jari r, yaitu (1.82) d 2 4 rA π= Jadi kita peroleh r R ukaan bola Permukaan Gauss Perm r R ukaan bola Permukaan Gauss 48
ErrEAE iii 22 41)4(cos ππθ =×=∑ Selanjutnya kita hitung jumlah muatan yang dilingkupi permukaan Gauss. Muatan tersebut adalah yang hanya berada dalam bola berjari-jari r. Muatan yang berada di luar bola Gauss, aitu antara r sampai R tidak memberi kontribusi pada medan listrik pada jarak r. Volume bolay Gauss adalah 3 3 4 ' rV π= (1.83) Dengan demikian, muatan yang dilingkupi bola Gauss adalah 3 3 3 3 3 4 3 RRπ 4 ' r Qr Q Vq =×== πρ (1.84) engan hokum Gauss maka ∑ D 3 Roε atau 3 2 1 4 r QErπ = r Q E 1 = Ro 3 4πε (1.85) Selanjutnya m da Gbr. 1.37. Permukaan Gau bus permukaan secara tegak lurus (sejajar vector luas) sehingga θ = o , dan ari kita hitung kuat medan listrik di luar bola. Kita buat permukaan Gauss dengan jari-jari r > R seperti pa ss adalah permukaan bola dengan luas 2 4 rA π= Juga arah medan menem 0 ( ) ErrEEAAE o 22 4140coscos ππθ =×==∑ iii 49
ambar 1.37 Permukaan Gauss di luar bola atan yang dilingkupi permukaan Gauss adalah seluruh muatan bola, karena seluruh agian bola ada di dalam permukaan Gauss. Dengan demikian, r R Permukaan bola Permukaan Gauss r R Permukaan bola Permukaan Gauss G Jumlah mu b Qq =∑ Dengan hokum Gauss maka oε Q Erπ =2 tau 4 a 2 4 1 r Q E oπε = (1.86) ola Konduktor tepa pun kecilnya medan listrik dalam konduktor, maka electron akan mengalir an menghasilkan arus . Dengan sifat ini m alam konduktor maka medan listrik dalam konduktor selalu nol. Sebab, jika medan listrik ondisi seimbang. B Konduktor adalah bahan yang sangat mudah mengantarkan arus listrik. Penyebabnya adalah karena konduktor mengandung muatan listrik yang mudah bergerak. Jika dalam konduktor muncul medan listrik maka electron-elektron dalam konduktor akan mengalir dan timbullah arus listrik. Be d aka, dalam keadaan seimbang di mana tidak ada arus yang mengalir d tidak nol maka akan muncul arus, yang bertentangan dengan k 50
Jika pada konduktor diberi muatan saling melakukan gaya. Karena muatan mudah sekali bergerak dalam konduktor maka lak-menolak tersebut menyebabkan muatan bergerak saling menjauhi sampai tidak bisa i hanya dapat terjadi jika muatan-muatan tersebut menempati ermukaan konduktor. Jadi, muatan yang dimiliki konduktor selalu menempati permukaan konduktor. keadaan seimbang, medan listrik yang dihasilkan konduktor selalu tegak lurus ermukaan konduktor. Sebab, jika tidak tegak lurus permukaan konduktor maka medan listrik tersebut permukaan. Komponen medan yang menyinggung permukaan akan menghasilkan gaya pada uatan sehingga bergerak sepanjang permukaan. Akibatnya muncul arus permukaan. Dan ini engan sifat-sifat ini maka kita dapat dengan mudah menghitung medan listrik yang . Misalkan jari-jari bola adalah R. Di alam bola, yaitu pada r < R, medan listrik nol karena daerah tersebut merupakan konduktor. Kita hanya perlu menerapkan hukum Gauss saat menghitung medan di luar bola. Dan erhitungannya sama dengan saat menghitung medan listrik yang dihasilkan bola isolator. listrik, maka muatan tersebut akan totak-menolak karena to bergerak lebih jauh lagi. In p Dalam p akan memiliki komponen yang menyinggung permukaan dan yang tegak lurus m bertentangan dengan kondisi seimbang. D dihasilkan oleh bola konduktor yang diberi muatan Q d p Kita akan dapatkan, medan listrik di luar bola adalah 2 4 1 r Q E oπε = (1.87) oal dan Pembahasan 1) Dua partikel asap yang bermuatan sama saling melakukan gaya tolak sebesar 4,2 × 10-2 N. Berapa besar gaya jika kedua partikel tersebut berpindah sehingga jaraknya senjadi seperdelapan jarak semula? Jawab Jika muatan yang melakukan gaya tetap, maka terpenuhi S 2 1 r F ∝ Dari soal diberikan × 10-2 N r2 = r1/8 F1 = 4,2 Maka 51
64/1 2 1 2 1 2 22 rrrF 1)8/(/1 2 1 2 2 2 11 ==== rrr tau = 2,7 N ah sejauh 20,0 cm. Kedua bola dipindahkan sehingga gaya yang ekerja pada masing-masing bola menjadi tiga kali gaya semula. Berapa jarak pisah kedua bola sekarang? Jawab ikan = 20,0 cm F2 = 3F1 F A )102,4(6464 2 12 − ××== FF 2) Dua bola bermuatan terpis b Diber r1 2 1 2 2 2 1 r r F F = 2 113 rF 2 21 rF = 3 20 3 22 12 2 == r r = 133,2 atau 3,1332 =r = 11,5 cm pada lokasi ntara dua muatan pada jarak 2,0 cm dari muatan negatif? (b) Jika electron ditempatkan di = - 5,0 × 10-5 C = 2,0 cm = 0,02 m 3) Dua muatan titik terpisah sejauh 10,0 cm. Salah satu memiliki muatan –25 µC dan yang lainnya memiliki muatan +50 µC. (a) Tentukan arah dan besar medan listrik a titik P, berapakah percepatan electron saat di titik P (besar dan arahnya)? Jawab Diberikan q1 = -25 µC = -25 × 10-6 C = - 2,5 × 10-5 C q2 = -50 µC = -50 × 10-6 C r1 r2 = 8,0 cm = 0,08 m (a) Muatan negatif (di sebelah kiri) menghasilkan medan listrik ke kiri. Muatan positif (di sebelah kanan) menghasilkan medan listrik ke kiri juga. Medan total memiliki arah ke kiri. Kuat medan di titik P yang dihasilkan muatan q1 52
8 2 5 91 6,5 )105,2( )109( ×= × ×== − q kE 2 1 1 10 )02,0(r P N/C Kuat medan di titik P yang dihasilkan muatan q2 7 2 5 9 2 2 1 2 100,7 )08,0( )100,5( )109( ×= × ×== − r q kEP N/C Karena medan yang dihasilkan dua muatan memiliki arah yang sama, maka kuat medan total di titik P adalah 878 21 103,6100,7106,5 ×=×+×=+= PPP EEE N/C (b) Jika electron ditempatkan di titik P maka, gaya yang bekerja pada electron adalah F = eEP ercepatan electron adalahP 20 31 819 101,1 )101,9( )103,6)(106,1( ×= × ×× === − − m eE m F a P m/s2 Karena muatan electron negatif maka arah gaya yang bekerja pada electron berlawanan arah medan. Jadi electron mengalami gaya yang berarah ke kanan. Yang berarti Berapa gaya tolak antara dua proton dalam inti yang terpisah sejauh 5 × 10-15 meter? Jawab uatan proton: e = 1,6 × 10-19 C antar dua proton dengan electron memeiliki percepatan arah ke kanan. r = 5 × 10-15 m M Gaya tolak 215 219 9 2 2 109( ×== e kF )105( )106,1( ) − − × × r = 9,2 N 4) Berapa muatan total semua electron dalam 1,0 kg molekul H2O? Jawab umlah electron atom H: 1 elektron h electron atom O: 8 elektron umlah electron molekul H2O: 2 × 1 + 8 = 10 elektron Jumlah muatan electron dalam × (1,6 × 10-19 ) = 1,6 × 10-18 C assa atom H: 1 smu n, massa 1 mol molekul H2O adalah 18 g = 0,018 kg mol molekul H2O dalam 1,0 kg adalah 1,0/0,018 = 55,6 mol. J Jumla J satu molekul H2O: 10 M Massa atom O: 16 smu Massa molekul H2O: 2 × 1 + 16 = 18 smu Dengan demikia Jumlah 53
Satu mol mengandung 6,02 × 1023 partikel (bilangan Avogadro). Maka jumlah molekul H2O g adalah 55,6 × (6,02 × 1023 ) = 3,3 × 1025 molekul. atan electron dalam 1,0 kg H2O menjadi: (3,3 × 1025 ) × (1,6 × 10-18 ) = 5,3 × 107 C 5) Anggaplah yang menarik bulan sehingga tetap pada orbitnya saat mengelilingi bumu adalah gaya Coulomb. Misalkan muatan yang sama besar tetapi berbeda jenis masing-masing ditempatkan di bumi dan di bulan. Berapa besar muatan tersebut untuk mempertahankan bulan tetap pada orbitnya sekarang? Gunakan data massa bumi 5,97 × 1024 kg, massa bulan 7,35 × 1022 kg, jari-jari orbit bulan 3,84 × 108 m. Soal ini me uatan listrik agar gaya Coulomb antara bulan dan bumi samam dengan gaya gravitasi yang ada sekarang. Jadi di dalam 1,0 k Jumlah mu Jawab nanyakan berapa m 22 2 r Mm G r Q k = atau 13 222411 107,5 )1035,7)(1097,5)(1067,6( ×= ××× == − GMm C.Q 9 109×k rak tertentu. Muatan total ke duanya adalh QT. agar (a) gaya antara ke duanya paling besar, dan ya paling kecil? 6) Dua muatan positif ditempatkan pada ja Berapa muatan yang dimiliki masing-masing (b) gaya antara keduan Jawab a) Misalkan muatan salah satu q1 dan yang lainnya q2=QT – q1. Gaya antara dua muatan 2 2 11 2 11 2 21 )( r qqQ r qQq r qq kF TT − = − == a) Gaya memiliki nilai maksimum jika pembilang memiliki nilai paling besar. Pembilang + dengan x = q1, A = -1, B = QT dan = 0. Untuk A < 0, persamaan kuadratik ini memiliki nilai maksimum pada x = -B/2A. Untuk gaya listrik di atas, maka gaya m m terjadi jika . Dengan demikian, muatan ke dua memiliki bentuk persamaan kuadratik, Axy += 2 CBx C aksimu 2/)2/(1 TT QQq =−−= 2/12 TT QqQq =−= . b) Gaya minimum antara dua muatan terkadi jika dan atau sebaliknya. Besarnya gaya tersebut adalah . TQq →1 02 →q 0→F 54
7) Muatan +5,7 µC dan –3,5 µC terpisah sejauh 25 cm. Di manakah muatan ke tiga harus itempatkan agar mengamali gaya total nol oleh ke dua muatan tersebut? Jawab Misalkan muatan +5,7 µC berada di sebalah kiri dan muatan –3,5 µC berada di debelah kanan. n muatan –3,5 µC juga menghasilkan medan strik ke arah kanan (saling menguatkan). an lebih e muatan +5,7 µC sehingga besar medan yang dihasilkan selalu mengungguli besar asilkan muatan –3,5 µC sehingga tidak mungkin saling menghilangkan. ebelah kanan muatan –3,5 µC. Misalkan jarak dari muatan dari muatan +5,7 µC adalah x + 25 cm = x + 0,25 m. Medan total nol jika terpenuhi d Muatan ke tiga mengalami gaya nol pada titik yang mengandung medan total nol. Lokasi titik tersebut tidak mungkin ada di antara dua muatan, karena muatan +5,7 µC menghasilkan medan listrik arah ke kanan da li Lokasi titik tersebut tidak mungkin berada di sebelah kiri muatan +5,7 µC karena ak dekat k medan yang dih Lokasi yang mungkin adalah di s –3,5 µC adalag x maka jarak 2 2 2 1 )25,0 x q k q k = (x + 3,16,1 7,5)25,0( 1 ==== + qx 5,32qx listrik sehingga mengalami awab atau x + 0,25 = 1,3 x 0,3 x = 0,25 atau x = 0,25/0,3 = 0,83 m = 83 cm 8) Sebuah proton dilepaskan pada ruang yang memiliki medan gaya 3,2 × 10-14 N ke utara. Berapa besar dan arah medan listrik dalam ruang tersebut? J Besar medan listrik memenuhi 5 19 14 102 106,1 102,3 ×= × × == − − e F E N/C Arah medan listrik samam dengan arah gaya yang diamali proton (karena proton bermuatan . Jadi arah medan listrik adalah ke utara. ang yang memiliki medan listrik mengalami positif) 9) Sebuah electron yang dilepaskan dalam ru 55
percepatan 125 m/s. Berapa kuat medan listrik tersebut? Jawab Gaya yang diamali electron E Percepatan electron memenuhi F = e m eE m F a == atau 10 19 31 107 106,1 125)101,9( − − − ×= × ×× == e ma E N/C 10) Sebuah proton berada dalam ruang vakum yang memiliki medan listrik E. Proton tersebut erja pada proton? esar gaya listik sama dengan besar gaya gravitasi atau tidak bergerak naik atau turun. Berapa kuat bedan listrik yang bek Jawab B mgeE = 7 19 27 10 106,1 10)1067,1( − − − = × ×× == e mg E N/C Sebuah titik air yang memiliki jari-jari 0,018 mm mengambang i menghasilkan medan listrik yang b di udara. Jika bum esarnya 150 N/C, berapa kelebihan elekltron yang dimiliki leh titik air tersebut? × -3 cm. olum titik air o Jawab Jari-jari titik air: r = 0,018 mm = 1,8 10 V 8333 1044,2)108,1(14,3 3 4 3 4 −− ×=×××== rV π cm3 Massa titik air 8383 1044,2)1044,2()/1( −− ×=××== cmcmgVm ρ g = 2,44 × 10-11 kg. Terjadi keseimbangan gaya listrik dan gaya gravitasi. Maka mgqE = atau 12 11 106,1 150 10)1044,2( − − ×= ×× == E mg q C Jumlah kelebihan electron pada titik air 56
7 12 10 106,1 = × == − q elektron19 106,1 × − e Soal-Soal 1) Pada model atom hydrogen, electron menmgitari inti pada orbitnya dengan laju 1,1 × 106 m/s. Tentukan jari-jari orbit electron (petunjuk: gaya sentripetal sama dengan gaya Coulomb) 2) Berapa besar gaya yang dilakukan muatan +15 µC pada muatan lain +3 mC yang terpisah h 40 cm? an arah gaya pada electron yang berada dalam ruang yang memiliki medan /C dan berarah ke selatan? an listrik pada jarak 30,0 cm tepat di atas muatan titik yang esarnya 33,0 × 10-6 C? n –60 rapa electron yang ditarik kaki orang tersebut? Berapa pertambahan massa orang h -1,6 × 10-19 C dan massanya 9,1 × 10-31 kg. 6) Empat muatan masing-ma C ditempatkan pada sudut bujur sangkar dengan sisi 1,0 m. Tentukan besar dan arah gaya yang dialami tiap partikel. l 80,0 µC. Ketika dipisahkan sejauh 1,06 m aya antara bola tersebut adala 12,0 N dan bersifat tolak menolak. Berapa muatan muatan –8,8 µC ke arah bawah. Berapa besar dan arah medan ada muatan tersebut. 9) Hitung muatan listrik di pusat bujur sangkar yang memiliki sisi 60 cm jika salah satu sudut bujur sangkar ditempati muatan + 45 µC dan ke tiga sudut lainnya ditempati muatan g-masing –31 µC. 10) Berapa kuat medan listrik dalam ruang pari proton yang sedang mengalami ercepatan satu juta kali percepatan gravitasi bumi? sejau 3) Berapa besar d listrik 3500 N 4) Berapa besar dan arah med b 5) Seseorang menggesekkan kakinya pada keset woll sehingga mengakumulasi muata µC. Be tersebut? Muatan electron adala sing 6,0 m 7) Dua bola isolator kecil memiliki muatan tota g masing-masing bola? Berapa muatan masing-masing bola jika gaya antara kedua bola bersifat tarik-menarik? 8) Gaya 8,4 N bekerja pada listrik p masin yang ditem p 57
11) Kamu diberikan dua muatan q1 dan q2 yang tidak diketahui nilainya. Pada titik yang a dari muatan q1 sama dengan sepertiga jarak dua muatan ternyata kuat medan listrik t serta tanda muatannya? erapa jarak ke dua electron agar gaya antara keduanya sama dengan gaya gravitasi bumi yang bekerja pada electron yang berada di permukaan bumi? jarakny nol. Berapa perbandingan besar dua muatan tersebu 12) B 58
Bab 2 Potensial Listrik dan Kapasitor Jika kita tempatkan sebuah muatan dalam ruang yang mengandung medan listrik maka muatan yang mula-mula diam akan bergerak. Ini berarti muatan mengalami pertambahan energi kinetik yang semula nol menjadi tidak nol. Pertambahan energi kinetik ini hanya mungkin disebabkan oleh dua faktor, yaitu: i) Ada kerja luar yang bekerja pada muatan, atau ii) Ada energi lain yang mengalami pengurangan Jika tidak ada gaya luar yang kita berikan pada muatan, maka pastilah penambahan energi kinetik dibarengi oleh pengurangan energi bentuk lain sehingga energi total konstan (hukum kekekalan energi). Energi bentuk lain yang paling mungkin dimiliki partikel tersebut adalah energi potensial. Dengan demikian, partikel bermuatan listrik yang berada dalam ruang yang mengandung medan listrik memiliki energi potensial listrik. 2.1 Definisi Energi Potensial Energi potensial listrik didefinisikan secara formal sebagai berikut. Jika muatan listrik q berada dalam ruang yang mengandung medan listrik E r , maka energi potensial yang dimiliki muatan tersebut adalah ∫ •−= r r o o rdEqrUrU r r rrrr )()( (2.1) dengan adalah energi potensial listrik pada posisi acuan . Posisi bisa bermacam-macam, misalnya tak berhingga, pusat koordinat, di permukaan benda, dan sebagainya, bergantung pada di mana nilai energi potensial sudah diketahui. )( orU r or r or r Contoh Kasus Kita akan menghitung energi potensial sebuah partikel yang bermuatan q yang berada pada jarak r dari muatan lain sebesar Q. Kedua muatan sama-sama berupa titik. Kuat medan listrik di sekitar muatan Q dapat dihitung dengan mudah menggunakan hukum Coulomb. Kita dapatkan 2 4 1 r Q E oπε = (2.2) 59
Q dr q E Q dr q E Gambar 2.1. Menentukan energi potensial muatan q di sekitar muatan Q Dengan demikian, energi potensial yang dimiliki muatan q adalah ∫ •−= r r o o rdEqrUrU rr )()( Karena dan sejajar (membentuk sudut 0QE r rd r o ) maka EdrEdrrdE o ==• 0cos rr . Jadi ∫−= r r o o drqErUrU )()( ∫∫ −=⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ −= r ro o r r o o oo r drqQ rUdr r Q qrUrU 22 4 )( 4 1 )()( πεπε ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ −−=⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡ −−= rr qQ rU r qQ rUrU oo o r ro o o 11 4 )( 1 4 )()( πεπε (2.3) Seringkali titik acuan diambil pada jarak tak berhingga, ∞=or , dan potensial di titik acuan ini diambil sama dengan nol, 0)( =∞U . Jika kita lakukan hal tersebut maka diperoleh ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡ − ∞ −= r qQ rU o 11 4 0)( πε r qQ oπε4 1 = (2.4) Apabila kita gambarkan energi potensial sebagai fungsi jarak dari muatan Q maka kita peroleh Gambar 2.2 60
0 20 40 60 80 100 V/(qQ/4πε o ) Jari-jari (r) 0 20 40 60 80 100 V/(qQ/4πε o )V/(qQ/4πε o ) Jari-jari (r) Gambar 2.2 Energi potensial muatan q sebagai fungsi jarak dari muatan Q Pada jarak r yang mendekati nol, energi potensial sangat besar. Energi potensial mengecil berbanding terbalik dengan jarak jika jarak antar dua muatan makin besar. Contoh Sebuah bola konduktor dengan jari-jari R memiliki muatan Q. Jika sebuah muatan q berada pada permukaan bola, energi potensialnya adalah Uo. Kita akan menentukan energi potensial muatan q pada sembarang jarak dari pusat bola. Kuat medan listrik di luar bola dapat dihitung dengan mudah menggunakan hukum Gauss. Kita akan peroleh 2 4 1 r Q E oπε = Energi potensial yang dimiliki muatan q pada jarak r dari pusat bola adalah ∫−= r r o o drqErUrU )()( ∫∫ −=⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ −= r ro o r r o o oo r drqQ rUdr r Q qrUrU 22 4 )( 4 1 )()( πεπε 61
⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ −−=⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡ −−= rr qQ rU r qQ rUrU oo o r ro o o 11 4 )( 1 4 )()( πεπε Karena pada energi potensial memenuhiRro = oURU =)( maka ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡ −−= rR qQ UrU o o 11 4 )( πε (2.5) 2.2 Potensial Listrik Sehari-hari kita lebih sering medengar potensial listrik atau tegangan listrik daripada energi potensial listrik. Contonya, kita menyebut tegangan listrik PLN 220 Volt, tegangan batarei 1,5 Volt, tegangan aki 12 Volt, dan seterusnya. Lalu apa tegangan atau potensial listrik? Potensial listrik didefinisikan sebagai energi potensial per satuan muatan listrik. Dengan menggunakan definisi energi potensial sebelumnya, maka definisi potensial listrik menjadi q rU rV )( )( r r = q rdEq q rU r ro o ∫ • −= r r rr r )( ∫ •−= r r o o rdErV r r rrr )( (2.6) Berikutnya kita akan membahas potensial listrik yang dihasilkan oleh sejumlah system, seperti satu partikel, banyak partikel, pelat sejajar dan benda dengan distribusi muatan tertentu. 2.3 Potensial listrik oleh sebuah partikel Sudah kita hitung di Bab 1 sebelumnya bahwa kuat medan listrik pada jarak r dari partikel bermuatan Q memenuhi 2 4 1 r Q E oπε = Potensial listrik pada jarak r dari partikel tersebut kita hitung sebagai berikut 62
∫ •−= r r o o rdErVrV r r rrrr )()( Medan listrik E r dan sejajar, sehinggard r drEdrErdE o ==• 0cos rr . Dengan demikian, ∫∫ −=•−= r r o r r o oo drErVrdErVrV )()()( rr ∫ ∫−=−= r r r ro o o o o o r drQ rVdr r Q rV 22 4 )( 4 1 )( πεπε r ro o o r Q rV ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡ −−= 1 4 )( πε ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ −−= rr Q rV oo o 11 4 )( πε Dengan menetapkan bahwa pada jarak tak berhingga besar potensial sama dengan nol maka, ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ −−=⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − ∞ −∞= r Q r Q VrV oo 1 0 4 0 11 4 )()( πεπε r Q oπε4 1 = (2.7) 2.4 Potensial listrik yang dihasilkan banyak partikel Cara menentukan potensial listrik yang dihasilkan banyak partikel cukup mudah, yaitu hanya dengan melakukan penjumlahan aljabar (penjumlahan biasa) potensial listrik yang dihasilkan masing-masing partikel. Penjumlahan ini sangat berbeda dengan penjumlahan medan listrik yang dihasilkan oleh sejumlahan muatan. Untuk medan listrik kita harus melakukan penjumlahan secara vector (memperhatikan besar dan arah). Lihat skema pada Gambar 2.3. Sejumlah partikel berada pada posisi 1r r , , dan2r r 3r r . Muatan masing-masing partikel adalah q1, q2, dan q3. Kita ingin menentukan potensial pada titik pengamatan P yang berada para posisi r r . Yang pertama yang harus dilakukan adalah mencari jarak masing-masing muatan ke titik P. Kita dapatkan i) Jarak muatan q1 ke titik P: 11 rrR rr −= 63
ii) Jarak muatan q2 ke titik P: 22 rrR rr −= iii) Jarak muatan q3 ke titik P: 33 rrR rr −= ambar 2.3 Menentukan potensial listrik yang dihasilkan oleh sejumlah titik muatan. emudian kita tentukan potensial pada titik pengamatan yang dihasilkan oleh masing-masing Potensial yang dihasilkan muatan q1: 1r r 2r r 3r r r r q1 q2 q3 P x y 1r r 2r r 3r r r r q1 q2 q3 P x y G K muatan. 1 1 1 1 1 4 1 4 1 rr q R q V oo rr − == πεπε i) 2 2 2 2 2 4 1 4 1 rr q R q V oo rr − == πεπε ii) Potensial yang dihasilkan muatan q2: 3 3 3 3 3 4 1 4 1 rr q R q V oo rr − == πεπε iii) Potensial yang dihasilkan muatan q3: khirnya, potensial total di titik pengamatan adalahA 321 VVVV ++= 3 3 2 2 1 1 4 1 4 1 4 1 rr q rr q rr q ooo rrrrrr − + − + − = πεπεπε gar lebih paham dengan potensial yang dihasilkan sejumlah titik, mari kita lihat contoh ontoh A berikut ini. C 64
Tiga partikel berada pada posisi seperti pada Gambar 2.4. Muatan masing-masing partikel ambar 2.4 a yang dilakukan adalah mencari koordinat posisi masing-masing muatan serta osisi P. Tampak dari gambar 1 adalag q1 = 2 µC, q2 = 4 µC, dan q3 = -5 µC. Kita ingin menentukan potensial listrik di titik P. q1 q2 q3 P (meter) (meter) q1 q2 q3 P (meter) (meter) G Yang pertam p jjir ˆ2ˆ2ˆ0 =+= r m jir ˆ3ˆ2 −=2 r m 4ˆ4 += jir ˆˆ43 += r m jˆir r m Kemudian kita cari jarak muatan ke titik pengamatan. Didapat 2024ˆ2ˆ4)ˆ2()ˆ4ˆ4( 22 =+=+=−+=−= jijjirrR rr 11 m 72ˆ7ˆ2)ˆ3ˆ2()ˆ4ˆ4( 22 22 =+=+=−−+=−= jijijirrR rr 53 m 3ˆ3)ˆˆ4()ˆ4ˆ4(33 ==+−+=−= jjijirrR rr m 65
Lalu kita cari potensial di titik P yang dihasilkan m masing muatan. Kita perolehasing-asing- 4025 204 1 1 Roπε 204 1 1 Roπε )102( )109( 1 6 91 = × ×== − q V Volt 4945 53 )104( )109( 4 1 6 9 2 2 2 = × ×== − R q V oπε Volt 15000 3 )105( )109( 4 1 6 9 3 3 3 −= ×− ×== − R q V oπε Volt Akhirnya, potensial total di titik P adalah V = V1 + V2 + V3 = 4025 + 4945 – 15000 = – 6030 Volt .5 Potensial Momen Dipol Kita me yang besarnya sama tetapi erbed tanda dan dipisahkan oleh jarak tertentu (tidak berimpit). Dipol dapat dilukiskan Gambar 2.5 Skema dipol listrik pabila dilihat dari jauh, dua muatan dipol tampak sangat berdekatan (hampir berimpit) ehingga muatan total dipol yang terukur nol. Namun, jika diamati dari dekat, dipol tampak h. ita akan hitung potensial pada jarak r dari pusat dipol (titik tengah antara dua muatan) yang ampak: ubungan antara r1, r2, dan r. Lihat gambar berikut ini 22 ndefiniskkan dipole secara sederhana sebagai dua muatanndefiniskkan dipole secara sederhana sebagai dua muatan bb sebagai berikutsebagai berikut AA ss sebagai dua muatan yang terpisasebagai dua muatan yang terpisa Kita ingin menentukan potensial di sekitar suatu dipol. Untuk mudahnya, lihat skema pada Gbr. 2.6. Kita ingin menentukan potensial di sekitar suatu dipol. Untuk mudahnya, lihat skema pada Gbr. 2.6. KK membentuk sudut θ dengan sumbu dipol (sumbu vertical).membentuk sudut θ dengan sumbu dipol (sumbu vertical). TT i) Jarak titik pengamatan ke muatan –q adalah r1 ii) Jarak titik pengamatan ke muatan +q adalah r2 i) Jarak titik pengamatan ke muatan –q adalah r1 ii) Jarak titik pengamatan ke muatan +q adalah r2 Kita cari hKita cari h 66 Lalu kita cari potensial di titik P yang dihasilkan m masing muatan. Kita peroleh 4025 )102( )109( 1 6 91 = × ×== − q V Volt 4945 53 )104( )109( 4 1 6 9 2 2 2 = × ×== − R q V oπε Volt 15000 3 )105( )109( 4 1 6 9 3 3 3 −= ×− ×== − R q V oπε Volt Akhirnya, potensial total di titik P adalah V = V1 + V2 + V3 = 4025 + 4945 – 15000 = – 6030 Volt .5 Potensial Momen Dipol Kita me yang besarnya sama tetapi erbed tanda dan dipisahkan oleh jarak tertentu (tidak berimpit). Dipol dapat dilukiskan Gambar 2.5 Skema dipol listrik pabila dilihat dari jauh, dua muatan dipol tampak sangat berdekatan (hampir berimpit) ehingga muatan total dipol yang terukur nol. Namun, jika diamati dari dekat, dipol tampak h. ita akan hitung potensial pada jarak r dari pusat dipol (titik tengah antara dua muatan) yang ampak: ubungan antara r1, r2, dan r. Lihat gambar berikut ini -q +q d -q +q d 66
Tampak bahwa Gambar 2.6 Menentukan potensial di titik P yang dihasilkan oleh dipol listrik Gambar 2.7 Hubungan antara r1, r2, dan r pada sebuah dipol 11 rrr ∆+= 22 rrr ∆−= 11 cosθ d r =∆ 2 22 cos 2 θ d r =∆ Jika jarak titik pengamatan sangat besar dibandigkan dengan d maka dapat didekati θθθ ≈≈ 21 sehingga -q d/2 +qd/2 r2 r1 r P θ -q d/2 +qd/2 r2 r1 r P θ -q d/2 +qd/2 r2 r1 r P θ θ2θ1 ∆r1 ∆r2 -q d/2 +qd/2 r2 r1 r P θ θ2θ1 ∆r1 ∆r2 67
θcos 2 1 d r =∆ θcos 2 2 d r =∆ i titik P yangPotensial d dihasilkan oleh muatan –q adalah 1 1 4 1 r q V oπε −= Potensial di titik P yang dihasilkan oleh muatan +q adalah 2 2 4 1 q V = roπε Potensial total di titik P akibat muatan –q dan +q menjadi 21 VVV += 21 4 1 4 1 r q r q oo πεπε +−= ⎟⎟ ⎠⎝⎠⎝ 212112 44 oo ⎞ ⎜⎜ ⎛ −=⎟⎟ ⎞ ⎜⎜ ⎛ −= 2111 rr r rr rq rr q πεπε [ ] [ ] ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ∆+∆ =⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ∆−−∆+ =⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − = 21 21 21 21 21 21 444 rr rrq rr rrrrq rr rrq ooo πεπεπε ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ = ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ + = 2121 cos 4 cos 2 cos 2 4 rr dq rr dd q oo θ πε θθ πε Untuk jarak r yang sangat besar dibandingkan dengan d, kita dapat mengaproksimasi . Dengan demikian,2 21 rrrrr =×≈× 22 cos)( 4 1cos 4 r qd r dq V oo θ πε θ πε =⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ≅ Kita telah mendefinisikan momen dipol di Bab 1 sebagai qd=µ . Dengan demikian, diperoleh bentuk potensial yang dihasilkan dipole 68
θ µ πε cos 4 1 2 r V o = (2.8) omen dipol sebenarnya sebuah besaran vector dengan titik pangkal berada pada muatan momen dipol sejumlah molekul. Tabel 2.1 Momen dipol be Molekul Momen dipol (C m) M negatif dan kepala berada pada muatan positif. Sudut θ adalah sudut antara momen dipol dan vector posisi pengamatan. Tabel 2.1 adalah conothj berapa molekul Air [H2 (+) O(-) ] 6,1 × 10-30 HCl [H(+) O(-) ] 3,4 × 10-30 NH3 [N(-) H3 (+) ] 5,0 × 10-30 Grup CO [C(+) O(-) ] 8,0 × 10-30 Grup NH [N(-) H(+) ] 3,0 × 10-30 Contoh Jarak antara karbon (+) dan oksigen (-) dala adalah 1,2 × 10-10 m. Hitunglah (a) atom karbon dan atom oksigen, (b) potensial pada jarak 9,0 × 10-10 m dari sejajar sumbu dengan oksige n atom terdekat titik pengamatan. l 1, momen dipol grup C = 8,0 × 10-30 C m ari soal diberikan d = 1,2 × 10-10 m demikian, muatan atom C adalah m grup CO muatan q pada dipol pada arah n merupaka Jawab a) Berdasarkan Tabe O adalah µ D Dengan 12 30 102,1 100,8 − − × × +=+= d q µ = + 6,7 × 10-12 C Muatan atom O sama besar dengan muatan atom C, tetapi berlawanan tanda. Jadi muatan adalah - 6,7 × 10-12 C 9,0 × 10-10 m a pada jarak terdekat titik pengamatan, maka arah momen dipol menjauh . Akibatnya, sudut antara momen dipol dengan titik pengamatan adalah θ = 180o. Potensial yang dihasilkan dipol adalah atom O b) Jarak dipol ke titik pengamatan: r = Karena atom O (bermuatan negatif) berad i titik pengamatan 09,0180cos )109( )108( )109(cos 1 9 ×==V θ µ 4 210 30 2 −= × × − − o o rπε V 69
2.6 Potensial Listrik Pelat Sejajar Kapasitor pelat sejajar memiliki pelat yang terpisah sejauh d. Rapat muatan pada pelat adalah . Kita akan menghitung beda potensial antara dua pelat. Kita sudah belajar bahwa kuat medan listrik antara dua pelat adalah σ oε E σ = ian rupa sehingga pelat kiri berada ada posisi dengan x = 0 dan pelat kanan berada pada posisis dengan x = d, seperti Kita tempatkan dua pelat pada sumbu kordinat sedemik p diilustrasikan dalam Gambar 2.8 x=0 x=d x y x=0 x=d x y Gambar 2.8 Posisi pelat sejajar dalam koordinat Beda potensial antara dua pelat adalah [ ] o d o d xo d x o d x o d xdxdxdxEVVV ε σ ε σ ε σ ε σ −=−=−=−=−=−=∆ ∫∫∫ === 0 000 (2.9) ielektrik ehadiran bahan dielektrik menyebabkan kuat medan yang dihasilkan muatan berubah. r suatu muatan juga berubah. Untuk menentukan otensial listrik akibat kehadiran bahan dielektrik, kita dapat menggunakan rumus potensial tanpa bahan dielektrik dengan mengganti 2.7 Potensial Listrik Akibat Kehadiran Bahan D K Akibatnya, potensial listrik di sekita p oε dengan oκε , dengan κ adalah konstanta dielektrik bahan. Sebagai contoh, jika antara dua pelat sejajar dipasang bahan dielektrik, maka beda potensial antara dua pelat menjadi 70
oκε d V σ −=∆ (2.10) Potensial lirtsik di sekitar muatan titik yang ditempatkan dalam medium dengan kosntanta dielektrik κ adalah r Q V 1 = oπκε4 (2.11) Pembenaran dari asumsi di atas sebagai berikut. Lihat Gambar 2.9. etrik antara dua pelat m -σ +σ -σ +σ-σ +σ -σ +σ -σ‘+σ‘ + + + + + + + + + + Gambar 2.9 Menentukan efek bahan dielektrik pada potensial Misalkan dua pelat sejajar mengandung rapat muatan σ. Jika tidak ada bahan dielek aka kuat medan listrik antara dua pelat adalah o oE ε σ = Sekarang antara dua pelat kita sisipkan sebuah bahan dieletrik. Akibat adalanya medan listrik pada permukaan bahan yang erdekatan dengan electrode terbentuk muatan positif dan muatan negatif. Permukaan yang isalkan rapat muatan pada ermukaan bahan adalah σ’. Dengan demikian, rapat muatan efektif di dekat pelat menjadi σ - σ’. Dengan menggunakan hokum Gauss maka kuat medan antara dua pelat menjadi E maka terhadi polarisasi pada bahan sehingga secara efektif b berdekatan dengan elektroda positif akan memiliki muatan negatif dan permukaan yang berdekatan dengan pelat negatif memiliki muatan positif. M p + + Eo E -σ‘+σ‘ + + + + + + + + + + + + Eo E 71
o o ooo EE ε σ ε σ ε σ ε σσ ''' −=−= − = (2.12) Berdasarkan pengamatan, rapat muatan yang dihasilkan di permukaan bahan dielektrik berbanding lurus dengan kuat medan dalam bahan dielektrik. Katena itu kita dapat menulis Eoχεσ =' (2.13) Dengan χ adalah konstanta baha i persamaan (2.13) ke dalam persamaan (2.12) diperoleh n yang dikenal dengan susseptibilitas listrik bahan. Substitus EE E EE o o o o χ ε χε −=−= atau ( ) oEE =+ χ1 atau κχ oo EE E = + = 1 (2.14) n κ adalah konstanta yang dikenal dengan konstanta dielektrik. Tampak bahwa kuat edan listrik dalam bahan dielektrik sama dengan kuat medan listrik tanpa bahan dielektrik dibagi dengan konstanta dielektrin bahan. Mengecilnya kuat medan menyebabkan potensial akibat pemasangan bahan dielektrik juga mengecil dengan factor yang sama. 2.8 Teorema Us Dalam ruang dengan kuat medan listrik denga m listrik aha Energi E r , sebuah muatan mengalami gaya listrik EqF rr = Kerja yang dilakukan gaya listrik untuk memindahkan muatan dari posisi 1r r ke 2r r posisi adalah 111 )( rrr rdEqrdEqrdFW ∫∫∫ •=•=•= 222 rrr r rrr r (2.15) Berdasarkan teorema usaha energi, kerja yang dilakukan gaya luar sama dengan perubahan rr rrrrr 72
energi kinetik. Jadi, W dalam persamaan (2.15) dapat diganti dengan (2.16) Berdasarkan definisi potensial listrik, integral yang berada di ruas kanan persamaan (2.15) dapat diganti dengan 1 rr ⎠⎝ Dengan demikian, pe 12 KKW −= ( )12 22 VVrdErdE rr −−= ⎟ ⎟ ⎞ ⎜ ⎜ ⎛ •−−=• ∫∫ r r r r rrrr 1 rsamaan (2.15) dapat ditulis menjadi ( ){ } 211212 qVqVVVqKK −=−−=− Tetapi, qV adalah energi potensial listrik, U. Selanjutnya kita dapat menulis 2112 UUKK −=− atau 2211 UKUK +=+ (2.17) ubungan (2.17) merupakan ungkapan hokum kekekalan energi mekanik bagi partikel yang Contoh h elektron lepas dari katoda menuju anoda dengan laju awal nol. Beda potensial antara noda dan katoda adalah 100 kV. Berapa laju electron saat mencapan anoda? Muatan electron adalah -1,6 × 10-19 C dan m 1 = 0 sehingga U1 = q V1 = (1,6 × 10-19 ) × 0 = 0 J kV = 105 V sehingga U2 = q V2 = (-1,6 × 10-19 ) × 105 = -1,6 × 10-14 J kanik maka 1 + U1 – U2 H bergerak dalam ruang yang mengandung medan listrik. Sebua a assanya 9,1 × 10-19 kg. Jawab Diberikan V V2 = 100 K1 = 0 K2 = (1/2) mv2 = (1/2) × 9,1 × 10-31 × v2 = 4,55 × 10-31 × v2 Dengan menggunakan hokum kekekalan energi me K2 = K 73
4,55 × 10-31 × v2 = 0 + 0 – (-1,6 × 10-14 ) atau 16 31 103,3 1055,4 × − v 14 10 ×= × − 2.9 Bidang Equipotensial Jika kita tempatkan sebuah muatan listrik dalam ruang, maka titik-titik di sekitar muatan trik tertentu. Besarnya potensial listrik bergantung pada jarak titik engamatan ke muatan. Jika muatan yang kita tempatkan berbentuk titik maka potensial pada memenuhi 2 6,1 = atau v = 1,8 × 108 m/s memiliki potensial lis p jarak r dari muatan roπε4 q V 1 = muatan bola, dan (c) Tamp g sama. Gambar 2.10 Bidang ekipotensial yang dihasilkan oleh (a) muatan titik, (b) pelat sejajar ak bahwa titik-titik yang berjarak sama dari muatan memiliki potensial yan (a) (b) (c) (a) (b) (c) 74
Titik-titik yang berjarak sama dari muatan berada pada permukuaan bola dengan pusat muatan. ermukaan atau bidang yang memiliki potensial listrik yang sama dinamakan bidang eberapa bentuk bidang ekipotensial dari benda yang bentuknya khusus sebagai berikut: linder ) Untuk muatan yang tersebar pada pelat, bidang ekipotensial berupa bidang datar sejajar nvolt n volt yang disingkat eV. Satu electron volt adalah energi yang dimiliki electron ketika erada pada potensial satu volt. Jadi eV = muatan electron × satu volt nergi yang diperlukan untuk melepaskan electron dari atom hydrogen disebut energi ionisasi but adalah 13,6 eV. Berapa besar energi tersebut dalam 3,6 eV = 13,6 × (1,6 × 10-19 ) = 2,18 10-19 J ah memencet tombol keyboard komputer? Jika kamu pencet tombol A i monitor komputer muncul huruf A. Mengapa hal itu terjadi? Jawabannya adalah pasitor. Pemencetan tombol keyboard mengubah ilai kapasitansi tombol tersebut. Mikroprosessor dalam komputer mendeteksi perubahan nilai rsebut sehingga mengetahui tomboil mana yang sedang dipencet. Akhirnya, huruf yang an tombol tersebut ditampilkan di layar. P ekipotensial. B i) Untuk muatan titik, bidang ekipotensial berupa kulit bola ii) Untuk muatan bola yang tersebar homogen, bidang ekipotensial juga berupa kulit bola iii) Untuk muatan yang tersebar homogen pada kawat atau silinder, bidang ekipotensial berupa kulit si iv pelat Ada satu yang menarik dari bidang ekipotensial yaitu selalu tegak lurus garis gaya listrik. 2.10 Satuan Elektro Salah satu satuan energi yang sering dipakai ketika membahas atom dan molekul adalah electro b 1 = (1,6 × 10-19 ) × 1 V = 1,6 × 10-19 J Contoh 50.5 E atom hydrogen. Besar energi terse satuan SI (Joule)? Jawab 1 2.11. Kapasitor Apakah kamu pern maka d karena tombol keyboard berfungsi sebagai ka n te bersesuaian deng 75
Gambar 2.11 Pada bagian ini kita akan m ahas prinsip kerja kapasitor dan berbagai macam kapasitor. 2.12 Kapasitansi Kapasitor pa sebenarnya kapasitor itu? Kapasitor adalah piranti elektronik yang dapat menyiompan uayan listrik. Kemampuan kapasitor menyimpan muatan listrik diungkapkan oleh besaran in besar kapasitansi sebuah kapasitor, maka makin besar pula uatan yang dapat disimpan kapasitor tersebut. ika sebuah kapasitor dapat menyimpan muatan Q ketika dihubungkan dengan beda potensial tersebut diudefinisikan sebagaian Contoh kapasitor emb A m yang namanya kapasitansi. Mak m J V, maka kapasitansi kapasitor V Q C = (2.18) dengan Q : muatan yang disimpan kapasitor, V : beda potensial antara dua ujung kapasitor, 1 F = 1 C/V erbagai tipe kapasitor yang ada beserta jangkauan kapasitansi dan tegangan kerjannya dan C : kapasitansi kapasitor. Tampak bahwa satuan kapasitansi kapasitor adalah C/V. Satuan ini memiliki nama khusus, yaitu Farad yang disingkat F. Jadi B tampak pada Tabel 2.2 76
Tabel 2.2 Berbagai tipe kapasitor Tipe Jangkauan kapasitansi Tegangan maksimum Komentar mika 1 pF – 10 nF 100 – 600 V Sangat berguna digunakan pada daerah frekuensi radio keramik 10 pF – 1 µF 50 – 30 000 V Kecil dan murah polistiren µF V tinggi, digunakan pada 10 pF – 2,7 100 – 600 Kualitas filter yang teliti polikarbonat 100 pF – 30 µF 50 – 800 V Kualitas tinggi, ukuran kecil tantalum 100 nF – 500 µF 6 – 100 V itansi tinggiKapas Elektrolit ) ya (aluminium 100 nF – 2 F 3 – 600 V Filer catu da untuk meratakan tegangan Selanjutnya kita akan bahas sejumlah kapasitor yang sederhana yang dapat ditentukan i secara mud or Pelat Sejajar Bentuk kapasitor yang paling sederhana adalah kapasitor pelat se asitor ini terdiri ari dua pelat konduktor yang sejajar dan dipisahkan oleh sebuah lapisan isolator. Gambar 2.12 Skema kapasitor pelat sejajar Luas masing-masing pelat adalah A kapasitans ah. 2.13 Kapasit jajar. Kap d d Luas A Luas A d Luas ALuas A 77
Jarak antar pelat adalah d Kerapatan muatan listrik yang diberikan pada masing-masing pelat adalah + σ dan -σ. Maka muatan yang dikandung masing-masing pelat adalah + Q = + σ A (2.19) dan - Q = - σ A (2.20) alam keadaan demikian, kita katakana kapasitor menyimpan muatan Q. Jadi kapasitor emiliki muatan –Q dan pelat lainnya memiliki hwa kuat medan listrik antar dua pelat sejajar yang vakum adalah D menyimpan muatan Q jika salah satu pelat m muatan +Q. Kita sudah bahas dalam Bab 1 ba dipisahkan oleh udara atau o E ε σ = engan εo adalah permitivitas vakum. Dengan demikian, beda potensial antara dua pelat sitor adalah d kapa A dQdA A ddEV εε ooo σ ε σ ==== (2.21) )( Dengan menggunakan persamaan (2.19) dan (2.21) kita dapatkan kapasitansi kapasitor pelat sejajar adalah d A V Q C oε== (2.22) 2.14 Memperbesar Kapasitansi Kapasitor Berdasarkan persamaan (2.22), ada sejumlah cara untuk memperbesar kapasitansi sebuah apasitor. Beberapa di antaranya sebagai berikut s pelat. gar ukuran kapasitor tidak terlalu besar, maka ke dua pelat dibatasi dengan lapisan tipis isolator seperti kertas, kemudian keduanya digulung secara bersama. Akhirnya kita k Memperbesar lua A 78
79 mendapatkan bodi kapasitor berbentuk sil Memperkecil jarak ant erkecil jarak antar pelat. Tetapi pendekatan ini mem at kecil maka kuat medan listrik antar dua pelat me hubungan E = V/d). Medan yang sangat besar dapat mengionisasi atom lat sehingga bahan pembatan yang semula isolator dapat berubah m ngalirnya muatan dari satu pelat ke pelat lain melalui lapisa ikian kita katakana kapasitor bocor. Menggunakan bahan dielektrik Pendekatan yang lebih um ningkatkan kapasitansi kapasitor adalah menggunaka gai lapisan pemisah ka kapasitansi kapasitor menjadi inder yang mengandung pelat yang cukup luas, Gambar 2.13 kapasitor pelat sejajar biasanya digulung untuk memperbesar luas pelat ar pelat Kapasitansi kapasitor dapat diperbesar dengan memp iliki batas. Jika jarak antar dua pelat sang njadi sangat besar (ingat /molekul antar dua pe enjadi konduktor. Ini berakibat me n pembatas tersebut. Dalam keadaan dem um dipakai dalam me n bahan dielektrik dengan konstanta dielektrik tinggi seba dua pelat. Dengan penggunaan bahan dielektrik ini ma d o A C κε= (2.23) engan κ adalah konstnta dielektrik bahan.d Sekarang telah ditemukan sejumlah bahan dengan konstanta dielektrik tinggi. Beberapa di antaranya tampak pada Tabel 2.3
Tabel 2.3 Konstanta dielektrik seumlah bahan Bahan Konstanta dielektrik Vakum 1,0000 Udara (1 atm) 1,0006 Parafin 2,2 Karet keras 2,8 Plastik vinyl 2,8 – 4,5 Kertas 3 - 7 Kuarsa 4,3 Glas 4 - 7 Porselin 6 - 8 Mika 7 Etil Alkohol (etanol) 24 Air 80 2.15 Kapasitor Satu Bola Konduktor sebagai sebuah kapasitor. Lihat Gambar 2.14 ini. i potensial tor yang berjari-jari R memiliki potensial V relatif terhadap tanah. Telah dibahas di Bab 1 bahwa potensial di permukaan bola konduktor yang memiliki muatan Sebuah bola konduktor dapat juga berfungsi berikut R +Q V Gambar 2.14 Bola konduktor yang diber Bola kobduk 80
Q adalah R Q V oπε4 1 = Berdasarkan definisi persamaan (2.22), kapasitansi bola konduktor menjadi V Q C = Roπε4= (2.24) 2.16 Kapasitansi Dua Bola Konduktor Konsentris Sekarang kita prhatikan dua bola konduktor konsentris yang memiliki jari-jari R1 dan R2, eperti diperlihatkan dalam Gbr 2.15 amba eda potensial Ke dua bola dihubungkan dengan beda potensial V. Misalkan muatan masing-masing bola adalah +Q dan –Q , aitu s G r 2.15 Dua bola konsentris dipasang pada suatu b . Kuat medan listrik antara dua bola hanya ditentukan oleh muatan bola R1 y 2 4 1 r Q E oπε = Dengan demikian, beda potensial antara dua bola memenuhi ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ −=⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡ −=== ∫∫ 21 2 11 4 1 44 2 1 2 1 2 1 RR Q r Q r drQ drEV o R Ro R Ro R R πεπεπε (2.25) R1 R2 V -Q +Q R1 R2 V -Q +Q 81
Berdasarkan definisi kapasitansi, maka kapasitansi bola konsentrais adalah V Q C = ( )21 /1/1 4 RR o − = πε (2.26) 2.17 Kapasitor Dua Silinder Konsentris Terakhir kita tinjau kapasitor yang berupa dua silinder konsentris yang sangat panjang. Skema apasitor tanpak pada Gbr 2.16 Silinder dalam memiliki jari-jari R1 dan silinder luar memiliki jari-jari R2. Kuat medan listrik ntar dua silinder hanya ditentukan oleh muatan silinder dalam, yaitu k R2 R Gambar 2.16 Dua silinder konsentris dipasang pada suatu beda potensial a r E o λ πε2 1 = (2.27) dengan λ adalah rapat muatan per satuan panjang silinder. Beda potensial antara dua silnder adalah [ ] ⎟⎟ ⎠ ⎜⎜ ⎝ ==== ∫∫ 1 2 ln 2 ln 22 2 1 11 R r r drEV o R oRoR πεπεπε (2.28) ⎞⎛ RR λ Rapat muatan silinder memenuhi 22 dr RR λλ 1 V R2 R V 1 82
L Q =λ (2.29) dengan Q adalah muatan silinder dan L adalah panjang silinder. Jadi kita dapat menulis ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ = 1 2 ln 2 / R RLQ V oπε (2.30) Dengan menggunakan definisi kapasitansi diperoleh kapasitansi kapasitor silinder konsentris adalah V Q C = ( )12 /ln RR 2 Loπε = (2.31) apasitor variable atau varco (variable capacitor) adalah kapasitor yang dapat diubah-ubah kapasitansinya. Simb Gambar 2.17 Simbol kapasitor variabel Contoh kapasitor variable adalah keyboard komputer. Skema tombol keyboard komputer ebagai berikut. tombol tidak ditekan, jarak antar dua pelat adalah do sehingga kapasitansi kapasitor 2.18 Kapasitor Variabel K ol kapasitor variable tampak pada Gambar 2.17. s d Luas A Tombol d Luas A Tombol Gambar 2.18 Skema tombol keyboard komputer Ketika 83
adalah o oo d A C ε= (2.32) etapi, ketika tombol ditekan, jarak antar dua pelat menjadi lebih kecil , dengan . Dengan demikian kapasitansi kapasitor menjadi ddd o ∆−=T ∆d adalah pergeseran pelat dd AA C == εε d o oo ∆− (2.33) Maka perubahan nilai kapasitansi akibat pemencetan tombol adalah oCCC −=∆ dd dd d A d d dd AAA ddd o o o o o o o o o o o o ∆− ∆− − ∆−∆− ε=−= εεε )( )( ddd ddAAd = ε oo oo o ∆− ∆−− )( ddd dA oo o ∆− ∆ −= ε (2.34) Bentuk lain dari kapasitor variable adalah kapasitor geser. Posisi relatif pelat digeser sehingga penampang pelat yang berimpitan berubah. is pl. Kapasitansi kapasitor sebelum menggeser pelat adalah Gambar 2.19 Kapasitor variable dengan cara penggeseran dua pelat M alkan panjang pelat adalah p dan lebarnya l. Luas pelat adalah Ao = p p d d xdigeser p-x p p d d p-x xdigeser 84
d pl d A C o o oo κεκε == (2.35) engan κ adalah konstanta dielektrik antar dua pelat. Misalkan satu pelat digeser sejauh x maka panjang bagian pelat yang berimpit menjadi p-x sehingga luas pelat yang berimpit menjadi A = (p-x)l (2.36) Kapasitansi kapasitor menjadi d d lx d pl d lxp d A C oooo κεκεκεκε −= − == )( (2.37) Perubahan kapasitansi akibat penggeseran adalah oCCC −=∆ d pl d lx d pl ooo κεκεκε −⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ −= x d l oκε−= (2.38) Tampak bahwa perubahan kapasitansi berbanding lurus dengan pergeseran dua pelat. 2.19 Rangkaian Kapasitor apasitansi kapasitor yang dijual di pasaran tidak selalu sama dengan apa yang kita inginkan. ra di pasar tidak ada? aranya adalah dengan merangkai sejumlah kapasitor. Rangkaian sejumlah kapasitor ecara umum rangkaian kapasitor dapat dikelompokkan atas dua bagian besar, yaitu rangkaian seri dan parallel. Rangkaian-rangkaian kombinasi rangkaian seri dan parallel. dua kapasitor C1 dan C2 dirangkaian secara seri seperti pada Gbr 2.20 berikut. K Bagaimana cara mendapatkan kapasitansi yang diinginkan sementa C menghasilkan kapasitansi total yang berbeda dengan kapasitansi kapasitor-kapasitor awal. S kapasitor yang lain dapat dipandang sebagai a) Rangkaian Seri Misalkan 85
C C (a) (b) 1 2C C (a) (b) 1 2 C = …?C = …? Gambar 2.20 (a) Rangkaian seri kapasitor C1 dan C2 dan (b) adalah kapasitor pengganti kivale engetahuinya, mari kita Gambar 2.21 (a) Dua kapasitor seri dihubungkan ke sumber tegangan dan (b) kapasitor pengganti dihubungkan ke sumber tegangan yang sama besarnya Pada rangkaian yang disusun secara seri, muatan yang dikandung masing-masing kapasitor (e n) Berapakah kapasitansi pengganti dua kapasitor di atas? Untuk m hubungkan rangkaian kapasitor dengan sumber tegangan V seperti ditunjukkan pada Gambar 2.21. C1 C2 C = …? VV Q1 Q2 Q V1 V2 C1 C2 C = …? VV Q1 Q2 Q V1 V2 86
sama besarnya. Jadi Q1 = Q2 = Q (2.39) Jumlah tegangan pada dua kapasitor sama dengan tegangan total. Jadi V = V1 + V2 (2.40) Tetapi, hubungan antara tegangan, kapasitansi, dan muatan memenuhi 11 1 1 C Q C Q V == (2.41a) 22 2 2 C Q C Q V == (2.42b) Untuk kapasitor pengganti dipenuhi C Substi Q V = (2.43) tusi persaman (2.41a), (2.41b) dan (2.43) ke dalam persamaan (2.40) diperoleh 21 C Q C Q C Q += Akhirnya diperoleh 21 111 CCC += (2.44) Jika terdapat N kapasitor yang disusun secara seri seri maka kapasitansi total, C, memenuhi NCCCCC 1 ... 1111 321 ++++= (2.45a) Penjumlahan di atas dapat disingkat menjadi 87
∑= N 11 =i iCC 1 (2.45b) usunan lain yang dapat diterapkan pada kapasitor adalah susunan parallel. Gambar 2.22 adalah s ari kita ar 2.23 ambar 2.23 (a) Dua kapasitor paralel dihubungkan ke sumber tegangan dan (b) kapasitor pengganti dihubungkan ke sumber tegangan yang sama besarnya b) Susunan Paralel S usunan parallel dua kapasitor C1 dan C2 C1C1 C C = …? 2C C = …? 2 Gambar 2.22 Susunan parallel dua kapasitor encari kapasitor pengganti dua kapasitor parallel di atas. Untuk itu mKita ingin m hubungkan dengan sebuah sumber tegangan seperti pada Gamb C1 C = …? C2 Q1 Q2 G Q V V (a) (b) C1 C = …? C2 Q1 Q2 Q V V (a) (b) 88
89 Tegangan antara du dikandung dua kapasitor sama dengan jumlah muatan masing-masing kapasitor, atau Q = Q1 + Q2 (2.46) (2.47a) (2.47b) (2.47c) Substitusi persamaan (2.47a) – (2.47c) ke dalam persamaan (2.46) diperoleh 2.48) a ujung kapasitor C1 dan C2 sama besarnnya, yaitu V. Muatan total yang Tetapi VCQ 11 = VCQ 22 = CVQ = VCVCCV 21 += atau 21 CCC (+= Jika terdapat N buah kapasitor yang disusun secara parallel, seperti pada Gambar 2.24, maka kapasiotansi total memenuhi C1 C2 C3 CN C1 C2 C3 CN Gambar 2.24 Sununan parallel N buah kapasitor
NCCCCC ++++= ...321 (2.49a) Penjumlahan di atas dapat disingkat menjadi ∑= N = CC (2.49b) ) Tiga buah kapasitor dengan kapasitansi sama, masing-masing 1 mF. Tulislah semua susunan yang m asing-masing susunan tersebut. Jawab iberikan C1 = C2 = C3 = 1 mF. Susunan-susunan ambar 2.25 ) Ke tiga kapasitor disusun secara seri, sehingga kapasitor pengganti, C, memenuhi i i 1 Contoh 1 ungkin bagi tiga kapasitor tersebut dan hitung kapasitansi pengganti m D yang mungkin sebagai berikut: C1 C2 C3C1 C2 C3 G a 3 1 1111111 ++=++= 11321 = CCCC atau C = 1/3 mF b) Kapasitor C2 dan C3 diparalel kemudian diseri dengan C1. Susunan parallel C2 dan C3 menghasilkan kapasitansi total C’ = C2 + C3 = 1 + 1 = 2 mF Susunan seri C1 dan C’ menghasilkan kapasitansi total C yang memenuhi 2 3 2 1 1 1 ' 111 1 =+=+= CCC atau 90
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii
Diktat fisika dasar ii

Recommandé

Laporan praktikum fisika dasar multimeter dan hukum ohm
Laporan praktikum fisika dasar multimeter dan hukum ohmLaporan praktikum fisika dasar multimeter dan hukum ohm
Laporan praktikum fisika dasar multimeter dan hukum ohm
Nurul Hanifah
 
Diferensial Parsial
Diferensial ParsialDiferensial Parsial
Diferensial Parsial
Rose Nehe
 
2 b 59_utut muhammad_laporan_jembatan wheatstone
2 b 59_utut muhammad_laporan_jembatan wheatstone2 b 59_utut muhammad_laporan_jembatan wheatstone
2 b 59_utut muhammad_laporan_jembatan wheatstone
umammuhammad27
 
Bab 8. Fungsi Transenden ( Kalkulus 1 )
Bab 8. Fungsi Transenden ( Kalkulus 1 )Bab 8. Fungsi Transenden ( Kalkulus 1 )
Bab 8. Fungsi Transenden ( Kalkulus 1 )
Kelinci Coklat
 
4 metoda analisis rangkaian elektronika
4 metoda analisis rangkaian elektronika4 metoda analisis rangkaian elektronika
4 metoda analisis rangkaian elektronika
Simon Patabang
 
Teorema thevenin dan norton
Teorema thevenin dan nortonTeorema thevenin dan norton
Teorema thevenin dan norton
RetnoWulan26
 
Persamaandifferensial
PersamaandifferensialPersamaandifferensial
Persamaandifferensial
Meiky Ayah
 
Gerak Osilasi
Gerak OsilasiGerak Osilasi
Gerak Osilasi
tintonajisadewo
 

Recommandé

Laporan praktikum fisika dasar multimeter dan hukum ohm
Laporan praktikum fisika dasar multimeter dan hukum ohmLaporan praktikum fisika dasar multimeter dan hukum ohm
Laporan praktikum fisika dasar multimeter dan hukum ohm
Nurul Hanifah
 
Diferensial Parsial
Diferensial ParsialDiferensial Parsial
Diferensial Parsial
Rose Nehe
 
2 b 59_utut muhammad_laporan_jembatan wheatstone
2 b 59_utut muhammad_laporan_jembatan wheatstone2 b 59_utut muhammad_laporan_jembatan wheatstone
2 b 59_utut muhammad_laporan_jembatan wheatstone
umammuhammad27
 
Bab 8. Fungsi Transenden ( Kalkulus 1 )
Bab 8. Fungsi Transenden ( Kalkulus 1 )Bab 8. Fungsi Transenden ( Kalkulus 1 )
Bab 8. Fungsi Transenden ( Kalkulus 1 )
Kelinci Coklat
 
4 metoda analisis rangkaian elektronika
4 metoda analisis rangkaian elektronika4 metoda analisis rangkaian elektronika
4 metoda analisis rangkaian elektronika
Simon Patabang
 
Teorema thevenin dan norton
Teorema thevenin dan nortonTeorema thevenin dan norton
Teorema thevenin dan norton
RetnoWulan26
 
Persamaandifferensial
PersamaandifferensialPersamaandifferensial
Persamaandifferensial
Meiky Ayah
 
Gerak Osilasi
Gerak OsilasiGerak Osilasi
Gerak Osilasi
tintonajisadewo
 
Luas daerah kurva dengan integral
Luas daerah kurva dengan integralLuas daerah kurva dengan integral
Luas daerah kurva dengan integral
Deni S'tia
 
interferensi dan difraksi
interferensi dan difraksiinterferensi dan difraksi
interferensi dan difraksi
annisnuruli
 
Hukum Gauss
Hukum Gauss Hukum Gauss
Hukum Gauss
jajakustija
 
Laporan Modulus Puntir (M4)
Laporan Modulus Puntir (M4)Laporan Modulus Puntir (M4)
Laporan Modulus Puntir (M4)
GGM Spektafest
 
Penurunan rumus pemantulan
Penurunan rumus pemantulanPenurunan rumus pemantulan
Penurunan rumus pemantulan
nooraisy22
 
Contoh Laporan Praktikum Hukum OHM
Contoh Laporan Praktikum Hukum OHMContoh Laporan Praktikum Hukum OHM
Contoh Laporan Praktikum Hukum OHM
denson siburian
 
1 b 59_utut muhammad_laporan akhir mi (momen inersia)
1 b 59_utut muhammad_laporan akhir mi (momen inersia)1 b 59_utut muhammad_laporan akhir mi (momen inersia)
1 b 59_utut muhammad_laporan akhir mi (momen inersia)
umammuhammad27
 
LAPORAN GALVANOMETER
LAPORAN GALVANOMETERLAPORAN GALVANOMETER
LAPORAN GALVANOMETER
Sofia Christine Samosir
 
Osilasi teredam
Osilasi teredamOsilasi teredam
Osilasi teredam
Aris Widodo
 
Transformasi laplace (bag. kedua)
Transformasi laplace (bag. kedua)Transformasi laplace (bag. kedua)
Transformasi laplace (bag. kedua)
Heni Widayani
 
BAB V GAYA LORENTZ
BAB V GAYA LORENTZBAB V GAYA LORENTZ
BAB V GAYA LORENTZ
Khairi Ramdhani
 
Metode Numerik Trapesium
Metode Numerik TrapesiumMetode Numerik Trapesium
Metode Numerik Trapesium
Wahyu Priyanti
 
Turunan Fungsi Kompleks
Turunan Fungsi KompleksTurunan Fungsi Kompleks
Turunan Fungsi Kompleks
RochimatulLaili
 
Bab 9. Teknik Pengintegralan ( Kalkulus 1 )
Bab 9. Teknik Pengintegralan ( Kalkulus 1 )Bab 9. Teknik Pengintegralan ( Kalkulus 1 )
Bab 9. Teknik Pengintegralan ( Kalkulus 1 )
Kelinci Coklat
 
Persamaan getaran
Persamaan getaranPersamaan getaran
Persamaan getaran
SMA Negeri 9 KERINCI
 
Difraksi gelombang
Difraksi gelombangDifraksi gelombang
Difraksi gelombang
Hokiman Kurniawan
 
Laporan fisika dasar (pesawat atwood)
Laporan fisika dasar (pesawat atwood)Laporan fisika dasar (pesawat atwood)
Laporan fisika dasar (pesawat atwood)
Rezki Amaliah
 
Integral Lipat Dua ( Kalkulus 2 )
Integral Lipat Dua ( Kalkulus 2 )Integral Lipat Dua ( Kalkulus 2 )
Integral Lipat Dua ( Kalkulus 2 )
Kelinci Coklat
 
Laporan Praktikum titik pusat massa benda homogen
Laporan Praktikum titik pusat massa benda homogenLaporan Praktikum titik pusat massa benda homogen
Laporan Praktikum titik pusat massa benda homogen
Annisa Icha
 
Hambatan dalam-amperemeter-dan-voltmeter
Hambatan dalam-amperemeter-dan-voltmeterHambatan dalam-amperemeter-dan-voltmeter
Hambatan dalam-amperemeter-dan-voltmeter
Khairul Amri
 
Fisika Dasar II (1) medan listrik(rangkuman)
Fisika Dasar II (1) medan listrik(rangkuman)Fisika Dasar II (1) medan listrik(rangkuman)
Fisika Dasar II (1) medan listrik(rangkuman)
jayamartha
 
Soal soal fisika
Soal soal fisikaSoal soal fisika
Soal soal fisika
ddhirf
 

Contenu connexe

Tendances

Penurunan rumus pemantulan
Penurunan rumus pemantulanPenurunan rumus pemantulan
Penurunan rumus pemantulan
nooraisy22
 
1 b 59_utut muhammad_laporan akhir mi (momen inersia)
1 b 59_utut muhammad_laporan akhir mi (momen inersia)1 b 59_utut muhammad_laporan akhir mi (momen inersia)
1 b 59_utut muhammad_laporan akhir mi (momen inersia)
umammuhammad27
 
Hambatan dalam-amperemeter-dan-voltmeter
Hambatan dalam-amperemeter-dan-voltmeterHambatan dalam-amperemeter-dan-voltmeter
Hambatan dalam-amperemeter-dan-voltmeter
Khairul Amri
 

Tendances (20)

Luas daerah kurva dengan integral
Luas daerah kurva dengan integralLuas daerah kurva dengan integral
Luas daerah kurva dengan integral
 
interferensi dan difraksi
interferensi dan difraksiinterferensi dan difraksi
interferensi dan difraksi
 
Hukum Gauss
Hukum Gauss Hukum Gauss
Hukum Gauss
 
Laporan Modulus Puntir (M4)
Laporan Modulus Puntir (M4)Laporan Modulus Puntir (M4)
Laporan Modulus Puntir (M4)
 
Penurunan rumus pemantulan
Penurunan rumus pemantulanPenurunan rumus pemantulan
Penurunan rumus pemantulan
 
Contoh Laporan Praktikum Hukum OHM
Contoh Laporan Praktikum Hukum OHMContoh Laporan Praktikum Hukum OHM
Contoh Laporan Praktikum Hukum OHM
 
1 b 59_utut muhammad_laporan akhir mi (momen inersia)
1 b 59_utut muhammad_laporan akhir mi (momen inersia)1 b 59_utut muhammad_laporan akhir mi (momen inersia)
1 b 59_utut muhammad_laporan akhir mi (momen inersia)
 
LAPORAN GALVANOMETER
LAPORAN GALVANOMETERLAPORAN GALVANOMETER
LAPORAN GALVANOMETER
 
Osilasi teredam
Osilasi teredamOsilasi teredam
Osilasi teredam
 
Transformasi laplace (bag. kedua)
Transformasi laplace (bag. kedua)Transformasi laplace (bag. kedua)
Transformasi laplace (bag. kedua)
 
BAB V GAYA LORENTZ
BAB V GAYA LORENTZBAB V GAYA LORENTZ
BAB V GAYA LORENTZ
 
Metode Numerik Trapesium
Metode Numerik TrapesiumMetode Numerik Trapesium
Metode Numerik Trapesium
 
Turunan Fungsi Kompleks
Turunan Fungsi KompleksTurunan Fungsi Kompleks
Turunan Fungsi Kompleks
 
Bab 9. Teknik Pengintegralan ( Kalkulus 1 )
Bab 9. Teknik Pengintegralan ( Kalkulus 1 )Bab 9. Teknik Pengintegralan ( Kalkulus 1 )
Bab 9. Teknik Pengintegralan ( Kalkulus 1 )
 
Persamaan getaran
Persamaan getaranPersamaan getaran
Persamaan getaran
 
Difraksi gelombang
Difraksi gelombangDifraksi gelombang
Difraksi gelombang
 
Laporan fisika dasar (pesawat atwood)
Laporan fisika dasar (pesawat atwood)Laporan fisika dasar (pesawat atwood)
Laporan fisika dasar (pesawat atwood)
 
Integral Lipat Dua ( Kalkulus 2 )
Integral Lipat Dua ( Kalkulus 2 )Integral Lipat Dua ( Kalkulus 2 )
Integral Lipat Dua ( Kalkulus 2 )
 
Laporan Praktikum titik pusat massa benda homogen
Laporan Praktikum titik pusat massa benda homogenLaporan Praktikum titik pusat massa benda homogen
Laporan Praktikum titik pusat massa benda homogen
 
Hambatan dalam-amperemeter-dan-voltmeter
Hambatan dalam-amperemeter-dan-voltmeterHambatan dalam-amperemeter-dan-voltmeter
Hambatan dalam-amperemeter-dan-voltmeter
 

En vedette

Soal latihan muatan dan medan listrik
Soal latihan muatan dan medan listrikSoal latihan muatan dan medan listrik
Soal latihan muatan dan medan listrik
Hastuti ELINS
 
5. sma kelas xii rpp kd 3.3;4.3 listrik statis (karlina 1308233)
5. sma kelas xii rpp kd 3.3;4.3 listrik statis (karlina 1308233)5. sma kelas xii rpp kd 3.3;4.3 listrik statis (karlina 1308233)
5. sma kelas xii rpp kd 3.3;4.3 listrik statis (karlina 1308233)
eli priyatna laidan
 
167618810 potensial-listrik
167618810 potensial-listrik167618810 potensial-listrik
167618810 potensial-listrik
Kevin Adit
 
Mata kuliah listrik magnet
Mata kuliah listrik magnetMata kuliah listrik magnet
Mata kuliah listrik magnet
Ig Fandy Jayanto
 

En vedette (20)

Fisika Dasar II (1) medan listrik(rangkuman)
Fisika Dasar II (1) medan listrik(rangkuman)Fisika Dasar II (1) medan listrik(rangkuman)
Fisika Dasar II (1) medan listrik(rangkuman)
 
Soal soal fisika
Soal soal fisikaSoal soal fisika
Soal soal fisika
 
Fisika Dasar II (1) medan listrik
Fisika Dasar II (1) medan listrikFisika Dasar II (1) medan listrik
Fisika Dasar II (1) medan listrik
 
Soal latihan muatan dan medan listrik
Soal latihan muatan dan medan listrikSoal latihan muatan dan medan listrik
Soal latihan muatan dan medan listrik
 
Kumpulan solal listrik dan magnet beserta jawaban
Kumpulan solal listrik dan magnet beserta jawabanKumpulan solal listrik dan magnet beserta jawaban
Kumpulan solal listrik dan magnet beserta jawaban
 
Potensial listrik kual ke 5
Potensial listrik kual ke 5Potensial listrik kual ke 5
Potensial listrik kual ke 5
 
Fisika Dasar II (2) medan magnet
Fisika Dasar II (2) medan magnetFisika Dasar II (2) medan magnet
Fisika Dasar II (2) medan magnet
 
Hukum Coulomb - Soal2 - Materi 2 - Fisika Listrik dan Magnet
Hukum Coulomb - Soal2 - Materi 2 - Fisika Listrik dan MagnetHukum Coulomb - Soal2 - Materi 2 - Fisika Listrik dan Magnet
Hukum Coulomb - Soal2 - Materi 2 - Fisika Listrik dan Magnet
 
Fluks Listrik dan Hukum Gauss
Fluks Listrik dan Hukum GaussFluks Listrik dan Hukum Gauss
Fluks Listrik dan Hukum Gauss
 
Lm02 potensial listrik rev
Lm02 potensial listrik revLm02 potensial listrik rev
Lm02 potensial listrik rev
 
01 listrik statis
01 listrik statis01 listrik statis
01 listrik statis
 
potensial listrik
potensial listrikpotensial listrik
potensial listrik
 
5. sma kelas xii rpp kd 3.3;4.3 listrik statis (karlina 1308233)
5. sma kelas xii rpp kd 3.3;4.3 listrik statis (karlina 1308233)5. sma kelas xii rpp kd 3.3;4.3 listrik statis (karlina 1308233)
5. sma kelas xii rpp kd 3.3;4.3 listrik statis (karlina 1308233)
 
02 listrik statis 2
02 listrik statis 202 listrik statis 2
02 listrik statis 2
 
2 a medan listrik
2 a medan listrik2 a medan listrik
2 a medan listrik
 
167618810 potensial-listrik
167618810 potensial-listrik167618810 potensial-listrik
167618810 potensial-listrik
 
Mata kuliah listrik magnet
Mata kuliah listrik magnetMata kuliah listrik magnet
Mata kuliah listrik magnet
 
Kemagnetan
KemagnetanKemagnetan
Kemagnetan
 
Draf modul fisika
Draf modul fisikaDraf modul fisika
Draf modul fisika
 
Rpp (usaha, energi, dan daya )
Rpp (usaha, energi, dan daya )Rpp (usaha, energi, dan daya )
Rpp (usaha, energi, dan daya )
 

Similaire à Diktat fisika dasar ii

Medan magnet sebagai_medan_listrik
Medan magnet sebagai_medan_listrikMedan magnet sebagai_medan_listrik
Medan magnet sebagai_medan_listrik
eli priyatna laidan
 
Bab 1 Medan Listrik dan Hukum Gauss part 1.pdf
Bab 1 Medan Listrik dan Hukum Gauss part 1.pdfBab 1 Medan Listrik dan Hukum Gauss part 1.pdf
Bab 1 Medan Listrik dan Hukum Gauss part 1.pdf
alicia530920
 
Tugas pengantar elektro teknik 5 (kapasitor)
Tugas pengantar elektro teknik 5 (kapasitor)Tugas pengantar elektro teknik 5 (kapasitor)
Tugas pengantar elektro teknik 5 (kapasitor)
Niko Kusuma
 
Rpp ipa berkarakter kd 3.1 kls 9
Rpp ipa berkarakter kd 3.1 kls 9Rpp ipa berkarakter kd 3.1 kls 9
Rpp ipa berkarakter kd 3.1 kls 9
Mustahal SSi
 

Similaire à Diktat fisika dasar ii (20)

Medan magnet sebagai_medan_listrik
Medan magnet sebagai_medan_listrikMedan magnet sebagai_medan_listrik
Medan magnet sebagai_medan_listrik
 
Fisika 12 1b
Fisika 12 1bFisika 12 1b
Fisika 12 1b
 
Bab 1 Hukum Coulomb Baru.ppt
Bab 1 Hukum Coulomb Baru.pptBab 1 Hukum Coulomb Baru.ppt
Bab 1 Hukum Coulomb Baru.ppt
 
Bab 1 Medan Listrik dan Hukum Gauss part 1.pdf
Bab 1 Medan Listrik dan Hukum Gauss part 1.pdfBab 1 Medan Listrik dan Hukum Gauss part 1.pdf
Bab 1 Medan Listrik dan Hukum Gauss part 1.pdf
 
UMPTN Fisika 1999 Rayon A Kode 53
UMPTN Fisika 1999 Rayon A Kode 53UMPTN Fisika 1999 Rayon A Kode 53
UMPTN Fisika 1999 Rayon A Kode 53
 
Soal fisika listrik..
Soal fisika listrik..Soal fisika listrik..
Soal fisika listrik..
 
02 listrik statis 2
02 listrik statis 202 listrik statis 2
02 listrik statis 2
 
Muatan Medan Listrik
Muatan Medan ListrikMuatan Medan Listrik
Muatan Medan Listrik
 
2 medan listrik 1
2 medan listrik 12 medan listrik 1
2 medan listrik 1
 
pertemuan 1 Hukum Coulumb
pertemuan 1 Hukum Coulumbpertemuan 1 Hukum Coulumb
pertemuan 1 Hukum Coulumb
 
UMPTN Fisika 2002 region I Kode 121
UMPTN Fisika 2002 region I Kode 121UMPTN Fisika 2002 region I Kode 121
UMPTN Fisika 2002 region I Kode 121
 
LISTRIK STATIS SMA Kls 3 IPA
LISTRIK STATIS SMA Kls 3 IPALISTRIK STATIS SMA Kls 3 IPA
LISTRIK STATIS SMA Kls 3 IPA
 
3.medan listrik-baru
3.medan listrik-baru3.medan listrik-baru
3.medan listrik-baru
 
Bab 2 medan listrik
Bab 2 medan listrikBab 2 medan listrik
Bab 2 medan listrik
 
Soal dan pembahasan simak ui 522
Soal dan pembahasan simak ui 522Soal dan pembahasan simak ui 522
Soal dan pembahasan simak ui 522
 
PEMBAHASAN PREDIKSI SBMPTN 2018 TKD FISIKA
PEMBAHASAN PREDIKSI SBMPTN 2018 TKD FISIKAPEMBAHASAN PREDIKSI SBMPTN 2018 TKD FISIKA
PEMBAHASAN PREDIKSI SBMPTN 2018 TKD FISIKA
 
medan________________________listrik.ppt
medan________________________listrik.pptmedan________________________listrik.ppt
medan________________________listrik.ppt
 
Tugaselektroteknik
TugaselektroteknikTugaselektroteknik
Tugaselektroteknik
 
Tugas pengantar elektro teknik 5 (kapasitor)
Tugas pengantar elektro teknik 5 (kapasitor)Tugas pengantar elektro teknik 5 (kapasitor)
Tugas pengantar elektro teknik 5 (kapasitor)
 
Rpp ipa berkarakter kd 3.1 kls 9
Rpp ipa berkarakter kd 3.1 kls 9Rpp ipa berkarakter kd 3.1 kls 9
Rpp ipa berkarakter kd 3.1 kls 9
 

Diktat fisika dasar ii

  • 1. DIKTAT KULIAH FISIKA DASAR II TAHAP PERSIAPAN BERSAMA ITB Materi Sesuai Dengan Silabus Mata Kuliah Fisika Dasar II ITB Oleh: DR.Eng. Mikrajuddin Abdullah, M.Si. Fakultas Matematika dan Ilmu Pengetahuan Alam Institut Teknologi Bandung 2006 DIKTAT KULIAH FISIKA DASAR II TAHAP PERSIAPAN BERSAMA ITB Materi Sesuai Dengan Silabus Mata Kuliah Fisika Dasar II ITB Oleh: DR.Eng. Mikrajuddin Abdullah, M.Si. Fakultas Matematika dan Ilmu Pengetahuan Alam Institut Teknologi Bandung 2006
  • 2. Kata Pengantar Untuk melengkapi diktat kuliah Fisika Dasar I, kami kembali mengeluarkan diktat kuliah untuk Fisika Dasar II dengan harapan semoga bisa menjadi pelengkap yang berarti bagi referensi-referensi yang telah ada. Agar mahasiswa lebih memahami persamaan-persamaan yang dibahas, contoh soal dan penyelesaian sengaja diperbanyak jumlahnya. Karena merupakan versi paling awal, kami menyadari masih akan ditemui beberapa kesasahan dalah isi maupun pengetikan (mudah-mudahan tidak terlalu banyak). Kami akan terus melakukan perbaikan, koreksi, dan pelengkapan materi sehingga diktat ini menjadi diktat yang cukup lengkap dalam membantu para mahasiswa baru menyelesaikan mata kuliah fisika dasar di tahun pertama ITB. Pada saat bersamaan kami sangat mengharapkan kritik, saran, komentar, atau ide-ide yang membangun dari pada pembaca guna perbaikan mutu diktat ini. Komentar tersebut dapat dikirim ke E-mail: din@fi.itb.ac.id. Terima kasih dan wassalam Mikrajuddin Abdullah ii
  • 3. Daftar Isi Bab 1 Hukum Coulomb dan Hukum Gauss 1 Bab 2 Potensial Listrik dan Kapasitor 59 Bab 3 Listrik Arus Searah 112 Bab 4 Kemagnetan 158 Bab 5 Hukum Biot Savart 189 Bab 6 Hukum Ampere 225 Bab 7 GGL Induksi dan Induktansi 244 Bab 8 Arus Bolak-Balik 299 Bab 9 Besaran Gelombang 350 Bab 10 Gejala Gelombang dan Gelombang Bunyi 403 Bab 11 Interferensi Gelombang Elektromagnetik 450 Bab 12 Model Atom dan Molekul 514 iii
  • 4. Bab 1 Hukum Coulomb dan Hukum Gauss Newton menemukan bahwa dua buah massa saling tarik-menarik dengan gaya yang berbanding lurus dengan perkalian dua massa dan berbanding terbalik dengan kuadrat jarak keduanya. Coulomb menemukan sifat serupa pada muatan listrik. Dua buah muatan listrik saling mengerjakan gaya yang besarnya berbanding lurus dengan perkalian dua muatan dan berbanding terbalik dengan kuadrat jarak keduanya. ambar 1.1 Muatan sejenis tolak-menolak dan muatan berbeda jenis tarik-menarik ambar 1.2 Sisir menarik potongan-potongan kertas karena memiliki muatan listrik yang 12F r 12F r 12F r 21F r 21F r 21F r q1 q1 q1 q2 q2 q2 12F r 12F r 12F r 21F r 21F r 21F r q1 q1 q1 q2 q2 q2 G G berbeda 1
  • 5. Gaya yang dihasilkan bisa berupa gaya tarik-menarik atau tolak menolak, tergantung pada a-sama negatif jenis, yaitu positif dan negatif, saling melakukan gaya .1 Gaya Coulomb Antara Dua Muatan Titik titik, mari kita misalkan ada dua muatan q1 jenis muatan yang melakukan gaya. Dari hasil pengamatan didapatkan bahwa i) Dua muatan sejenis, yaitu muatan yang sama-sama positif atau sam melakukan gaya tolak-menolak. ii) Dua muatan yang tidak se tarik-menarik. 1 Untuk menentukan gaya Coulomb dua muatan dan q2 yang berada pada posisi 1r r dan 2r r . Vektor posisi muatan q2 relatif terhadap q1 adalah 1r r 2r r 21rq1 q2 r 1r r 2r r 21rq1 q2 r ambar 1.3 Posisi muatan q1 dan q2 dalam system koordinat (1.1) Jarak antar G 1221 rrr rrr −= a dua muatan tersebut adalah adalah 2121 rr r = 12 rr rr −= Vektor satuan yang searah dengan vektor 21r r adalah 12 1221 ˆ rrr r rr rrr − == 21 21 rrr − (1.2) Besarnya gaya Coulomb pada muatan q2 oleh muatan q1 adalah 2 21 211 qq F =21 4 roπε 2
  • 6. 2 12 21 4 1 rr qq o rr − = πε (1.3) Arah gaya searah dengan vektor satuan sehingga kita dapat mengungkapkan alam notasi vektor sebagai berikut 21F 21 ˆr 21F d 212 12 21 21 ˆ 4 1 qqr r rro rr − = πε (1.4) Dengan mensubstitusi dari persamaan (1.2) ke dalam persamaan (1.4) kita dapat juga enulis F 21 ˆr m 12 12 2 12 21 21 )( 4 rr rr rr qq o rr r 1 r rr − − − = πε F r )( 4 1 123 12 21 rr rr qq o rr rr − − = πε (1.5) Dengan menggunakan hukum aksi-reaksi Newton dengan segera kita dapatkan gaya Coulomb ada muatan q1 oleh muatan q2 adalah 2112 p FF rr −= Contoh uatan q1 = 2 mC berada pada koordinat (0,3) m dan muatan q2 = 4 mC berada pada t (4,6) m. Lihat Gambar 1.4. Berapa gaya yang dilakukan muatan q1 pada muatan rikan C = 2 × 10-3 C × 10-3 C M koordina q2? Jawab Dibe q1 = 2 m q2 = 4 mC = 4 jjir ˆ3ˆ3ˆ01 =+= r m jir ˆ6ˆ42 += r m jijjˆ6+irrr ˆ3ˆ4ˆ3)ˆ4(1221 +=−=−= rrr m 3
  • 7. 2532 =42 21 +=r r = 5 m Gambar 1.4 esarnya gaya antara dua muatanB 2 33 9 2 21 5 109 4 ×== r F o rπε 21 )104)(102(1 −− ××qq = 2 880 N Untuk menyatakan dalam notasi vector ji ji r r r ˆ 5 3ˆ 5 4 5 34 ˆ 21 21 +=== r ˆˆ 21 + r Dengan demikian jijir r F o ˆ 4 212 21 21 = rπε qq ˆ1728ˆ2304ˆ 5 3ˆ 5 4 5 )104)(102( 109 1 2 33 9 21 +=⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + ×× ×= −−r N Contoh Tentukan besar gaya Coulomb pada electron atom hydrogen yang dilakukan oleh proton di ti. Anggaplah bahwa electron mengelilingi proton pada jarak r = 0,53 A. Besar muatan dan proton adalah 1,6 × 10-19 C. in electron Jawab 1r r 2r rq1 2 21r r 21Fq r y 0 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 6 x 1r r 2r rq1 q2 21r r 21F r 0 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 6 x y 4
  • 8. Besar gaya yang dilakukan proton pada electron 8 2112 )103,5(4 − ×roπε 1919 921 102,8 )106,1)(106,1( )109( − −− ×= ×× ×= qq N 1.2 Gaya Coulomb oleh sejumlah muatan ika terdapat sejumlah muatan maka gaya total pada suatu muatan merupakan jumlah vector aya yang dilakukan oleh sejumlah muatan lainnya. Misalkan kita memiliki muatan q1, q2, q3, ihat Gambar 1.5. Misalkan: koordinat posisi muatan q1 adalah 1 =F J g dan q4. Berapa gaya pada muatan q4? Ganbar 1.5 Posisi koordinat sejumlah muatan dan gaya total yang bekerja pada satu muatan L 1r r , koordinat posisi muatan 2 adalah , koordinat posisi muatan q3 adalahq 2r r 3r r , dan koordinat posisi muatan q4 adalah 4r r . Gaya yang dilakukan muatan q1 pada muatan q4 adalah 413 41 41 41 4 r r F o r rπ = 1 qqr ε q1 q2 q4 1r r 2r r 3r r 4r r 41r r 42r r 43r r 41F r 42F r 43F r x y q3 41F r 42F r 43F r 4241 FF rr + 434241 FFF rrr ++ q1 q2 q4 1r r 2r r 3r r 4r r 41r r 42r r 43r r 41F r 42F r 43F r x y q3 q1 q2 q4 1r r 2r r 3r r 4r r 41r r 42r r 43r r 41F r 42F r 43F r x y q3 41F r 42F r 43F r 4241 FF rr + 434241 FFF rrr ++41F r 42F r 43F r 4241 FF rr + 434241 FFF rrr ++ 5
  • 9. 423 42 42 42 4 1 r r qq F o r r r πε =Gaya yang dilakukan muatan q2 pada muatan q4 adalah 433 43 43 43 4 1 r r qq F o r r r πε =Gaya yang dilakukan muatan q3 pada muatan q4 adalah Gaya total pada muatan q4 adalah ++= ecara umum, gaya pada muatan qo yang dilakukan sejumlah muatan q1, q2, q3, …, qN adalah 4342414 FFFF rrrr S ∑= N = F rr i iao 1 0F ∑= N 1 = i i i i o r r qq 1 03 0 0 4 r rπε (1.6) Contoh Tiga buah muata 6. Masing-masing muatan tersebut adalah q1 = 1 mC, q2 = 2 mC, dan q3 = - 4 mC. Berapa gaya tal pada muatan q1 dan gaya total pada muatan q3? Gambar 1.6 Jawab n berada pada titik sudut segitiga sama sisi seperti pada Gambar 1. to q1 = 1 mC q2 = 2 mC q3 = -4 mC 50 cm 50 cm 50 cm q1 = 1 mC q2 = 2 mC q3 = -4 mC 50 cm 50 cm 50 cm 6
  • 10. Pertama kita tentukan gaya pada muatan q1. Perhatikan Gbr. 1.7. r 1.7 Gaya-gaya yang bekerja pada muatan q1 Jarak antara mu q1 = 1 mC q2 = 2 mC q3 = -4 mC 50 cm 50 cm 50 cm α 12F r 13F r 1F r q1 = 1 mC q2 = 2 mC q3 = -4 mC 50 cm 50 cm 50 cm α 12F r 13F r 1F r Gamba 12r r atan q1 dan q2: = 50 cm = 0,5 m Jarak antara muatan q1 dan q3: 13r r = 50 cm = 0,5 m Besar gaya oleh q2 pada q1 (tolak) adalah 4 2 33 9 2 21 21 12 102,7 )5,0( )102)(10( )109( 4 1 ×= × ×== −− r qq F o rπε N Besar gaya oleh q3 pada q1 (tarik) adalah 4 2 33 9 2 31 31 13 104,14 )5,0( )104)(10( )109( 4 1 ×= × ×== −− r qq F o rπε N engan aturan jajaran genjang, maka besar gaya total pada muatan q1 memenuhi ++= = 1,6 × 1010 D αcos2 1212 2 13 2 12 2 1 FFFFF Pada gambar, jelas α = 120o sehingga cos α = -1/2 dan ( ) )2/1)(104,14)(102,7(2)104,14(102,7 4424242 1 −××+×+×=F 7
  • 11. atau 510 1 103,1106,1 ×=×=F N Berikutnya kita tentukan gaya pada muatan q3. Perhatikan Gbr. 1.8: Gambar 1.8 Gaya-gaya yang bekerja pada muatan q3 q1 = 1 mC q2 = 2 mC q 50 cm 50 cm 50 cm β 31F r 32F r 3F r 3 = -4 mC q1 = 1 mC q2 = 2 mC q 50 cm 50 cm 50 cm β 31F r 32F r 3F r 3 = -4 mC Jarak muatam q3 ke muatan q1: 31r = 50 cm = 0,5 m r Jarak muatam q3 ke muatan q2: 32r r = 50 cm = 0,5 m Besar gaya pada muatan q3 oleh muatan q1 (tarik) 4 2 33 9 2 31 31 31 104,14 )5,0( )104)(10( )109( 4 1 ×= × ×== −− r qq F o rπε N Besar gaya pada muatan q3 oleh muatan q2 (tarik) 4 8 33 9 2 32 32 32 108,28 )5,0( )104)(102( )109( 4 1 ×= ×× ×== −− r qq F o rπε N Dengan aturan jajaran genjang, maka besar gaya total pada muatan q3 memenuhi ++= βcos2 3231 2 32 2 31 2 3 FFFFF 8
  • 12. Pada gambar, jelas β = 60o sehingga cos β = 1/2 dan = 1,5 × 1011 atau ( ) )2/1)(108,28)(104,14(2)108,28(104,14 4424242 3 ××+×+×=F 511 109,3105,1 ×=×=F N3 1.3 Medan Listrik Mengapa muatan q1 dapat melakukan gaya pada muatan q2 meskipun ke dua muatan tersebut tentang gaya gravitasi yaitu karena adanya edan gaya. Gaya Coulomb muncul karena muatan q1 menghasilkan medan listrik pada posisi muatan q2. Muatan q2 berinteraksi dengan medan yang dihasilkan muatan q1, dan interaksi tersebut menghasilkan gaya pada muatan q2. dinyatakan 21 tidak bersentuhan? Mirip dengan pembahasan kita m Jika besarnya medan listrik yang dihasilkan muatan q1 pada posisi muatan q2 E r sebagai maka gaya yang dilakukan oleh muatan q1 pada muatan q2 memenuhi persamaan 21221 EqF rr = (1.7) Dengan membandingkan persamaan (1.7) dengan ungkapan hukum aan maka kuat medan listrik yang dihasilkan muatan q1 pada posisi muatan q2 memenuhi Coulomb pada persam (1.5), 213 21ro 1 21 4 1 r q r r r πε = (1.8)E Dinyatakan dalam scalar, besarnya medan listrik yang dihasilkan muatan sembarang pada jarak r dari muatan tersebut adalah 2 4 1 q E = roπε (1.9) Tampak bahwa besarnya medan berbanding terbalik dengan kuadrat jarak dari muatan. Jika dubuatkan kurva kuat medan terhadap jarak kita dapatkan Gambar 1.9 9
  • 13. E (N/C) r (m) E (N/C) r (m) Gam ii) Masuk ke muatan tersebut jika muatan memiliki tanda negatif. ambar 1.10 Arah medan listrik: (a) keluar dari muatan positif dan (b) masuk ke muatan bar 1.9 Kuat medan listrik yang dihasilkan muatan titik sebagai fungsi jarak. Arah medan listrik didefinisikan sebagai berikut: i) Keluar dari muatan jika muatan tersbut memiliki tanda positif. E EE E G negatif. 10
  • 14. Contoh Ada dua buah muatan masing-masing q1 = 2 mC dan q2 = -5 mC. Ke dua muatan tersebut ipisahkan oleh jarak 80 cm. A) berapa kuat medan litrik dan arahnya pada titik tepat di antara dua muatan tersebut? (b) Di manakah posisi yang memiliki medan nol? Jawab Perhatikan Gbr. 1.11. ambar 1.11 dan r2 = 0,4 m uat medan listrik yang dihasilkan muatan q1 d q1=2 mC q2= -5 mC r = 0,8 m r1 = 0,4 m r1 = 0,4 m Ep1 Ep2 P q1=2 mC q2= -5 mC r = 0,8 m r1 = 0,4 m r1 = 0,4 m Ep1 Ep2 P G a) Tampak bahwa r1 = 0,4 m K 8 22 1 )4,0(r Kuat medan listrik yang dihasilkan muatan q2 3 91 101,1 102 )109( ×= × ×= − q N/C (ke kanan)1 = kEp 8 2 3− 9 2 2 2 108,2 )4,0( 105 )109( ×= × ×= r q N/C (ke kanan) P yang dihasilkan oleh dua muatan N/C (ke kanan) b) Posisi dengan medan nol tidak mungkin berada di antara dua muatan karena masing-masing muatan menghasilkan medan yang arahnya ke kanan. Posisi dengan medan nol juga tidak mungkin berada di sebelah kanan muatan q2 karena jarak ke muatan q2 lebih kecil daripada jarak ke muatan q1 sedangkan nilai muatan q2 lebih besar aripada nilai muatan q1. Dengan demikian, di sebelah kanan muatan q2, medan yang atan q2 selalu lebih besar daripada medan yang dihasilkan muatan q1 sehingga e dua medan tidak mungkin saling menghilangkan. alah di sebelah kiri muatan q1. Misalkan posisi 2 = kEp Medan total pada titik 888 21 109,3108,2101,1 ×=×+×=+= ppp EEE d dihasilkan mu k Posisi yang mungkin memiliki medan nol ad tersebut berada pada jarak x di sebelah kiri muatan q1. 11
  • 15. Jarak titik tersebut ke muatan q1: x Jarak titik tersebut ke muatan q2: 0,8 + x Muatan q1 menghasilkan medan ke arah kiri e dua medan saling menghilangkan jika besarnya sama, atau Muatan q2 menghasilkan medan ke arah kanan K 22 )8,0( xx + 21 q k q k = 22 1 22 2 5 )8,0 xx q q x ==+( 22 5)8,0(2 xx =+ 22 5)6,164,0(2 xxx =++ 22 522,328,1 xxx =++ atau 028,12,33 2 =−− xx Solusinya adalah 6632 == × =x = 1,4 m Jadi medan listrik nol terjadi pada jarak 1,4 m di sebelah 1,52 + kiri muatan q1 ibusi muatan edan listrik yang dihasilkan oleh muatan titik. i medan yang dihasilkan oleh masing-masing lebih rumit, yaitu jika muatan ang menghasilkan medan bukan merupakan muatan titik, melainkan muatan yang terdistrubusi pada benda yang memiliki ukuran besar. Sebagai contoh adalah muatan yang dihasilkan oleh batang, cincin, bola, dan sebagainya. Hukum Coulomb tetap berlaku untuk distribusi muatan apa saja. Namun untuk distribusi muatan pada benda besar kita sering mengalami kesulitan menggunakan hokum Coulomb secara langsung kecuali untuk beberapa bentuk. Kita akan mencari medan listrik yang dihasilkan oleh benda yang bentuknya sederhana. a) Medan listrik oleh muatan cincin in yang berjari-jari a. Cincin tersebut mengandung muatan q yang tersebar ecara merata. Artinya, jumlah muatan per satuan panjang cincin adalah konstan. Kita akan mencari kuat medan listrik sepanjang sumbu cincin, yaitu pada posisi yang berjarak h dari pusat cincin. Bagaimana menghitungnya? ,36,252,3)28,1(34)2,3(2,3 2 +−××−+ 1.4 Medan Listrik yang dihasilkan distr Di bagian terdahulu kita sudah membahas m Medan total merupakan penjumlahan vector dar muatan titik. Sekarang kita meningkat ke kondisi yang sedikit y Kita memiliki cinc s 12
  • 16. 13 ∆E∆Ev ∆E∆Ev Gambar 1.12 Medan listrik di sumbu cincin r θ h h∆E Keliling cincin adalah aS π2= (1.10) Kerapatan muatan cincin (muatan per panjang) adalah a q S q π λ 2 == Kita bagi cincin atas bagian-bagian kecil sejum ah N buah. Panjang tiap bagian adalahl N S S =∆ (1.11) Jika N cukup besar maka ∆S cukup kecil sehingga tiap bagian dapat dipandang sebagai muatan titik. Dengan demikian, hokum Coulomb untuk muatan titik dapat digunakan untuk menghitung medan yang dihasilkan ∆S. Muatan yang dikandung tiap elemen adalah Sq ∆=∆ λ (1.12) a r θ h h∆E a
  • 17. sehingga medan listrik pada titik pengamatan yang dihasilkan oleh elemen muatan ini adalah 22 4 11 q E = ∆ =∆ 4 r S r oo ∆λ πεπε (1.13) engan menggunakan dalil Phitagoras maka += sehingga D 222 ahr 22 4 1 S E ∆ =∆ aho + λ πε 1.14) Perhatikan m apat diuraikan atas komponen vertikan dan horizontal ( edan ∆E. Arahnya membentuk sudut θ dengan sumbu cincin. Medan tersebut d θcosEEv ∆=∆ (1.11) θsinEEh ∆=∆ (1.16) ari gambar tampak bahwaD cos 22 ahr + hh ==θ cos 22 ah a r a + ==θ engan demikianD ( ) 2/3222222 4 1 4 1 ah Sh ah h ah S E oo v + ∆ = ++ ∆ = λ πε λ πε (1.17)∆ ( ) 2/3222222 4 1 4 1 E ah Sa ah a ah S oo h + ∆ = ++ ∆ =∆ λ πε λ πε (1.18) Apabila kita melihat elemen lain di cincin yang tepat berseberangan dengan elemen yang lah kita pilih sebelumnya maka kita dapatkan elemen tersebut menghasilkan komponen anan sehingga saling meniadakan. te medan arah vertical yang sama baik besar maupun arah. Namun komponen medan arah horizontal memiliki besar sama tetapi arah berlaw 14
  • 18. Akibatnya, komponen horizontal medan yang dihasilkan elemen-elemen pada cincin saling meniadakan seh karena itu, untu ihasilkan oleh masing-masing elemen. Jadi medan total yang dihasilkan adalah ingga medan total yang dihasilkan cincin hanya memiliki arah vertical. Oleh k menentukan medan total kita cukup menjumlahkan komponen vertical yang d ( ) ( )∑ ∑∑ ∆ + = + ∆ =∆= S ah h ah Sh EE oo v 2/3222/322 4 1 4 1 λ πε λ πε (1.19) Ingat adalah jumlah panjang semua elemen cincin, dan ini tidak lain daripada keliling cincin. Dengan demikian ∑∆S ( ) )2( 4 1 h E 2/322 a aho π λ πε + (1.20) Tetapi, = qa =)2( πλ , yaitu muatan total cincin. Jadi kita peroleh medan total pada sumbu incinc ( ) 2/3224 1 ah qh E o + = πε (1.21) b) Medan Listrik Oleh Muatan Batang Kita akan bahas medan listrik yang dihasilkan oleh batang yang memiliki panjang L di posisi yang sejajar dengan sumbu batang. Titik pengamatan adalah pada jarak a dari ujung batang terdekat. Batang memiliki kerapatan muatan homogen. Jika muatan batang Q maka krapatan muatan batang adalah L Q =λ (1.22) mener Panjang tiap elemen adalah Untuk apkan hokum Coulomb kita bagi batang atas N buah elemen yang sama panjang. N L L =∆ (1.23) ika N sangat besar maka ∆L sangat kecil sehingga tiap elemen dapat dipandang sebagai titik. at elemen di batang yang jaraknya x dati titik pengamatan. Lihat Gbr. 1.14. Muatan J Kita lih 15
  • 19. yang dikandung elemen tersebut adalah LQ ∆=∆ λ (1.24) en tersebut pada titik pengamatan adalah a Gambar 1.13 Medan listrik yang dihasilkan oleh batang Medan yang dihasilkan elem 22 4 1 4 1 x L x Q E oo ∆ = ∆ =∆ λ πεπε (1.25) Medan total di titik pengamatan adalah ⎟ ⎠ ⎜ ⎝ +++= 22 2 2 1 ... 4 No xxx λ πε (1.26)⎟ ⎞ ⎜ ⎛ ∆∆∆ ∆= ∑ 1 LLL E Penjumlahan dalam erikan hasil E dengan ax =1 LaxN += tanda kurung memb )( ... 22 2 2 1 Laa L x L x L x L N + =⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ∆ ++ ∆ + ∆ (1.27) Dengan demikian, medan total yang dihasilkan semua muatan pada batang adalah x a+L dL a x a+L x a a+L dL 16
  • 20. )(4)(4)(4 LaaLaaLaa ooo +++ πε 111 QLL === λ E πεπε λ (1.28) c) Medan Listrik Oleh Dipol ipol adalah muatan yang sama besar dan berbeda tanda tetapo dipisahkan pada jarak tertentu. lihat dari jarak yang cukup jauh, dipol tampak netral arena kedua muatan sangat berdekatan. Tetapi dilihat dari jarak yang cukup dekat, yaitu pada orde yang sama dengan jarak pisah dua muatan, dipol tampak sebagai dua muatan terpisah. Aplikasi dipol dapat dijumpai dalam berbadai hal. Bahan dielektrik yang dipakai secara luas bauatn kapasitor atau memori adalah bahan yang mudah menghasilkan dipol begitu ikenai medan listrik dari luar. Makin mudah bahan tersebut menghasilkan dipole, maka konstanta dielektrik bahan tersebut makin besar. ya e negatif dipisahkan dan diosilasikan (saling E2 D Biasanya jarak tersebut cukup kecil. Di k pada pem d -q +q β β Gambar 1.15 Menentukan medan listrik oleg dipol Pemamcar gelombang elektromagnetik seperti pemancar radio dan televisi umumn m nghasilkajn osilasi dipole. Muatan posisi dan mendekat dan menjauh). Berdasarkan teori elektromagnetik, muatan yang berosilasi memancarkan gelombang elektromagnetik dengan frekuensi samam dengan frekuensi osilasi muatan. d/2 d/2 E E h rr 1 θ E2 -q +q β β d/2 d/2 E E h rr 1 θ -q +q β β d/2 d/2 E E h rr 1 θ 17
  • 21. Kita akan menghitung kuat medan listrik yang dihasilkan oleh dipole. Untuk mudahnya, kita hanya menghitung kuat medan sepanjang gasris yang tegak lurus sumbu dipol. Lihat Gbr. 11.15. Besar medan yang dihasilkan muatan negatif 2221 )2/(4 1 4 1 dh q r q E oo + == πεπε (menuju ke arah muatan) (1.29) Besar medan yang dihasilkan muatan positif 2222 )2/(4 1 4 1 dh q r q E oo + == πεπε (menjauhi muatan) (1.30) Medan resultan yang dihasilkan (hanya memiliki komponen arah horizontal). ββ coscos 21 EEE += β πε cos )2/( 21 q ( 4 22 dho + 1.31)= Tetapi θβ −= o 90 , sehingga θθβ sin)90cos(cos =−= o Berdasarkan Gambar 11.15 22 )2/(dhr + Akhirnya, medan listrik yang dihasilkan dipol adalah 2/2/ d ==θ (1.32) d sin θ πε sin )2/(4 22 dh E o + = 21 q 2222 )2/( 2/ )2/( 2 4 1 dh d dh q o ++ = πε [ ] 2/322 )2/(4 dho +πε ( 1 qd 1.33) Kita mendefinisikan momen dipol = 18
  • 22. qdp = (1.34) Dengan demikian, diperoleh [ ] 2/322 )2/(4 1 dh p E o + = πε (1.35) ita peroleh adalah jika jarak titik pengamatan (h) sangat besar ibandingkan dengan jarak antara dua muatan, atau Kasus khusus yang akan k hd <<d , maka kita dapat mengaproksimasi engan demikian, 222 )2/( hdh ≈+ D [ ] 32/32 4 1 4 1 h p h p E oo πεπε =≈ (1.36) 1.4 Perhitungan Medan Mari kita perluas cara perhitungan kuat medan listrik dengan menggunakan metode integral. isalkan kita memiliki benda sembarang seperti pada Gambar 1.16. ambar 1.16 K sembarang ita ingin mencari kuat medan listrik pada tikip sembarang P. Kita lihat suatu elemen kecil dung muatan . Misalkan vektor posisi elemen tersebut adalah Dengan Metode Integral M G uat medan listrik yang dihasilkan benda kontinu K benda yang mengan dq r r dan r r P rrP rr − P r r r r P rrP rr − P r r 19
  • 23. vektor posisi titik pengamatan adalah Pr r . Posisi relatif titik pengamatan terhadap elemen muatan adalah dan jarak titik pengamatan ke elemen muatan adalahrrP rr − rrP rr − . Jika esar mauatan pada titik pengamatan adalah maka gaya yang dialami muatan tersebutPQb akibat elemen muatan dq adalah )( 4 1 dqQ rrr 2 r3 r rr Fd P P o P rr − − = πε Medan listrik di titik P yang dihasilkan oleh elemen muatan adalahdq P P P Q Fd Ed r r = )( 4 1 23 rr rr dq Po rr rr − − = πε (1.37) uat medan total di titik P yang dialibatkan oleh seluruh muatan pada benda menjadiK ∫= PP EdE rr ∫ − − = )( 4 1 23 rr rr dq Po rr rrπε (1.38) Persamaan (1.38) merupaka bentuk umum dar ersamaan untuk mencri kuat medan listrik yang dihasilkan oleh m i p uatan yang terdistribusi kontinu. Berdasarkan jenis distribusi muatan, ita menemui tiga macam yaitu distribusi muatan, yaitu satu dimensi, distribusi muatan dua dimensi, dan ditribusi muatan tiga dimensi. i) Untuk distribusi muatan satu dimensi, misalnya muatan pada kawat maka k dxdq λ= dengan λ adalah rapat muatan per satuan panjang dan dx adalah elemen panjang kawat. tan at maka dSdq σ=ii) Untuk distribusi muatan dua dimensi, misalnya mua pada pel dengan σ adalah rapat muatan per satuan luas permukaan dan dS adalah elemen luas permukaan. iii) Untuk distribusi muatan tiga dimensi maka dVdq ρ= dengan ρ adalah rapat muatan per satuan volum dan dV adalah elemen volum benda. 20
  • 24. Untuk lebih memahami aplikasi metode integral ini mari kita tinjau beberaoa contoh berikut ini. ) Muatan Pada Kawat Lurus Tak Berhingga rus tak erhingga. Lihat skema pada Gbr. 1.1 1.38). a Kita akan mencari kuat medan listrik pada posisi yang berjarak a dari kawat lu b Gambar 1.17 Menentukan kuat medan magnet yang dihasilkan oleh elemen kawat lurus panjang Sebelum melakukan integral, kita harus menyederhanakan dulu ruas kanan persamaan ( Tinjau elemen kawat sepanjang dx yang memuat muatan sebesar dxdq λ= . Med yang dihasilkan elemen ini di titik pengamatan adalah an listrik )( 4 1 23 rr rr dx Ed P rr rr Po r − − = λ πε Apabila kita hitung besarnya saja maka besar medan listrik tersebut adalah rr rr EddEP rr dx rr Po r − − == 23 4 1 λ πε 2 4 rrPo rr − 1 dx = λ πε Berdasarkan Gambar 1.17, jarak antara titik pengamatan dan elemen muatan adalah rrrP =− rr . Dengan demikian P ar θ dθ dEP dE dEPv Ph P ar θ dθ dEP dE dEPv Ph xdq xdq 21
  • 25. 2 4 ro P 1 dxλ dE πε = (1.39) ampak dari Gbr 1.17 bahwaT θsin= r a atau θ2 22 sin a 11 r = (1.40) θ θ θ sin cos tan aL a Lx oo −=−= Selanjutnya kita mencari diferensial dx sebagai berikut. Dengan melakukan diferensial ruas kiri dan kanan persamaan (1.41) diperoleh (1.41) ⎥⎦ ⎤⎡ −−= θ θ θ θ sin )(sin cos sin )(cos dd adx ⎢⎣ θ2 θ θ θθ θ θ θ θ θθ θ θ θθ dada dd a 2 22 2 2 2 sin cossin sin cos 1 sin cos cos sin sin + =⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ +=⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − − −= θ θ 2 sin d a= (1.42) ubstitusi r dan dx dari persamaan (1.40) dan (1.42) ke dalam persamaan (1.39) diperolehS ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = 2 2 2 sin sin4 1 a da o P θ θ θ λ πε dE θ λ πε d ao4 1 = (1.43) edan dapat diuraikan atas dua komponen, yaitu yang sejajar dengan kawat dan yang tegak lurus kawat PdE PhdEM dEPv . Besar komponen-komponen tersebut adalah 22
  • 26. θθ λ πε θ d a dEdE o PPh cos 4 1 cos == dan θθ λ πε θ d a dEdE o PPv sin 4 1 sin == Setiap elemen dx akan memiliki elemen pasangan yang berseberangan dari lokasi titik pengamatan yang memiliki komponen medan arah horisontal yang sama besar tetapi agnet total di titik P dalah integral dari komponen medan arah vertikal. elanjutnya kita menentukan batas-batas integral. Karena kawat panjang tak berhingga, maka batas bawah adalah θ = 0o dan batas atas adalah θ = 180o . Dengan demikian, medan listrik total yang dihasilkan kawat adalah berlawanan arah. Kedua komponen tersebut saling meniadakan. Akibatnya, hanya komponen arah vertikal yang memberi kontribusi pada medan listrik total. Dengan demikian, kuat medan m S ∫= o o PvP dEE 180 0 ∫= o d a sin 4 1 θθ λ πε oo 180 0 [ ] [ ])1()1( 4 1 cos 4 1 180 0 +−−=−= aa oo o o λ πε θ λ πε ao λ πε2 1 = (1.44) Lihat Gambar 1.18 b) Medan listrik oleh kawat lurus berhingga Sekarang kita akan membahas kasus yang sedikit rumit, yaitu menentukan medan listrik yang dihasilkan oleh muatan listrik pada kawat lurus yang panjangnya berhingga. Misalkan kita memiliki kawat yang panjangnya Lo. Kita akan menentukan kuat medan listrik pada titik yang berjarak a dari kawat dan dan sejajar dengan salah satu ujung kawat. Untuk menentukan kuat medan listrik di titik pengamatan, kita tentukan variabel-variabel seperti pada Gbr. 1.19 23
  • 27. Gambar 1.18 Skema perhitungan medan listrik oleh muatan pada kawat lurus bergingga erupa dengan pembahasan untuk kawat yang panjangnya tak berhingga, besar medan listrik ang dihasilkan elemen kawat dx adalah Gambar 1.19 Variabel-variabel perhitungan S y θθ λ πε d a cosdE o Ph 4 1 = dan θθ λ πε d a dE o Pv sin 4 1 = erlu diperhatikan bahwa untuk kasus ini, komponen medan arah horizontal tidak saling enghilangkan. Komponen horizontal dan vertical sama-sama memberi kontribusi pada Sekarang kita tentukan batas-batas integral. Ketika elemen dx berada di ujung kiri kawat, ma P m medan total. ka sudut yang dibentuk adalah θm yang memenuhi om La /tan =θ . Dan ketika elemen dx berada di ujung kanan kawat maka sudut yang dibentuk adalah 90o . Jadi, batas integral adalah dari θm sampai 90o . Maka kita dapatkan medan magnet di titik P adalah Lo a P Lo a P a x dx θ P r a/tanθ a x dx θ P r a/tanθ 24
  • 28. ∫= d a EPh cos 4 1 θθ λ πε o mo 90 θ [ ] [ ]o oo aa o m θm λ πε θ λ πε θ sin90sin 4 1 sin 4 1 90 −== [ ]m o a θ λ πε sin1 4 1 −= (1.45) ∫= o m d a E o Pv 90 sin 4 1 θ θθ λ πε [ ] [ ]m oo aa m θ λ o o θ λ πεπε θ 44 cos90cos 1 cos 1 90 +−=−= [ ] m o m ao a θ λ πε θ λ πε cos 1 cos0 4 1 =+−= (1.46) 4 Karena om La /tan =θ maka 22 sin o m La + =θ a and 22 cos o o m La L + =θ Dengan demikian ⎥ ⎥ ⎦ ⎤a (1.47) ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ + −= 22 1 4 1 oo Ph Laa E λ πε 224 1 o o o Pv La L a E + = λ πε (1.48) Jika panjang kawat di satu sisi sangat besar, atau ∞→oL maka . Dengan demikian 222 oo LLa ≈+ 25
  • 29. [ ] aaL a aL a a E oooooo Ph λ πε λ πε λ πε λ πε 4 1 01 4 1 1 4 1 1 4 1 2 =−≈⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ −= ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ −≈ aL L aL L a E oo o oo o o Pv λ πε λ πε λ πε 4 1 4 1 4 1 2 ==≈ Selanjutnya kita bahas kasus yang lebih umum lagi di mana titik pengamatan berada di antara dua ujung kawat. Misalkan titik tersebut berjarak a dari kawat dan berjarak b dari salah satu s ini sebenarnya tidak terlalu sulit. Kita dapat memandang bahwa medan rsebut dihasilkan oleh dua potong kawat yang panjangnya b dan panjangnya Lo – b di mana titik pengamatan berada di ujung masing-masing potongan kawat tersebut. Kuat medan arah tegak lurus yang dihasilkan horizontal saling melemahkan. hingga Komponen-komponen medan yang dihasilkan kawat sepanjang b adalah ujung kawat. Kasu te dua kawat saling mnguatkan sedangkan kuat medan arah Gambar 1.20 Kuat medan listrik pada posisi sembarang di sekitar kawat lurus ber ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + −= 22 1 1 4 1 ba a a E o Ph λ πε 22 1 4 1 ba b a E o Pv + = λ πε Komponen-komponen medan yang dihasilkan kawat sepanjang L-b adalah ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎡ −= 1 1 a E λ ⎣ −+ 22 2 )(4 bLaa oo Ph πε Lo a P Lo-bb Lo a P Lo-bb 26
  • 30. 22 2 )(4 1 bLa bL a E o o o Pv −+ − = λ πε Komponen medan vertical total menjadi (saling menguatkan) 21 PvPvPv EEE += 2222 )(44 bLaabaa ooo −++ πεπε 11 bLb o − + λλ (1.49)= ponen medan horisontal total menjadi (saling melemahkan)Kom 21 PhPhPh EEE −= ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + −− ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ −+ −= 2222 1 4 1 )( 1 4 1 ba a abLa a a ooo λ πε λ πε ⎥ ⎥ ⎤ ⎢ ⎡ −= 1 aaλ ⎦⎢⎣ −++ 2222 )(4 bLabaa ooπε ⎥ ⎥ ⎤ ⎦⎢ ⎢ ⎣ ⎡ −+ − + = 2222 )( 11 4 bLaba ooπε λ (1.50) Selanjutnya kita mencari kuat medan listrik pada titik yang berada di luar areal kawat, isalnya pada jarak b di sebelah kiri kawat. Lihat Gambar 1.21. h ini dapat dipandang ebagai dua poto g kawat berimpit. Satu potong kawat panjangnya dan memiliki rapat muatan λ dan potong kawat lain panjangnya dan memiliki rapat muatan -λ. Ujung kiri dua potongan kawat diimpitkan. edan listrik yang dihasilkan potongan kawat panjang adalah m ana memecahkan masalah ini? Kita pakai trik sederhana. MasalaBagaim s bLo + b n Kuat m ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ++ −= 22 1 )( 1 4 1 bLa a a E oo Ph λ πε 27
  • 31. 22 1 )(4 1 bLa bL a E o o o Pv ++ + = λ πε wat lurus erhingga. Kita dapat memandang system terdiri dari dua kawat dengan panjang Lo+byang memiliki kerapatan muatan λ dan kawat sepanjang b dengan kerapatan muatan -λ yang diimpitkan di sisi kirinya. Kuat medan listrik yang dihasilkan potongan kawat pendek adalah Gambar 1.21 Menentukan kuat medan listrik pada posisi sembarang di luar ka b ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + −= 22 2 1 4 1 ba a a E o Ph λ πε 22 2 4 1 ba b a E o Pv + = λ πε Medan listrik arah vertical maupun horizontal total merupakan selisih komponen medan listrik yang dihasilkan masing-masing kawat karena tanda muatan berlawanan. Jadi Komponen medan arah horizontal adalah 21 PhPhPh EEE −= Loa P b -λ λ Loa P b -λ λ Loa P b λ Loa P b λ 28
  • 32. ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + −− ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ++ −= 2222 1 4 1 )( 1 4 1 ba a abLa a a ooo λ πε λ πε ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ++ − + = 2222 )(4 1 bLa a ba a a oo λ πε ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ++ − + = 2222 )( 11 4 bLaba ooπε λ (1.51) Komponen medan arah vertikal adalah 21 PvPvPv EEE −= 2222 4 1 )(4 1 ba b abLa bL a oo o o + − ++ + = λ πε λ πε ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎛ + = 1 bLoλ ⎝ + − ++ 2222 )(4 ba b bLaa ooπε (1.52) 0→a makaUntuk kasus ketika ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + −= ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ++ − + = bLbbLb E oooo Ph 11 4)(0 1 0 1 4 2222 πε λ πε λ (1.53) 0 4 1 0)(04 1 2222 =⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − + + = ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ + − ++ + = b b bL bL ab b bL bL a E o o oo o o Pv λ πε λ πε (1.54) um Coulomb. Lebih khusus lagi jika kita ingin bu cincin. Lihat Gbr. 1.22 isalkan sebuah cincin dengan jari-jari a mengandung muatan Q. Kita ingin menentukan kuat edan listrik sepanjang sumbu cincin pada jarak b dari pusat cincin. Berdasarkan Gbr 1.22 besarnya medan listrik di titik P yang dihasilkan oleh elemen cincing sepanjang dL adalah c) Medan Listik oleh Cincin incin adalah bentuk geometri lain yang memungkinkan kita menentukan medan listrikC dengan cukup mudah menggunakan huk enghitung kuat medan listrik sepanjang summ M m 29
  • 33. 2 4 1 r dq dE πε = Gambar 1.22 Medan listr ampak juga dari gambar 1.22, dE dapat diuraikan atas dua komponen yang saling tegak lurus, k luru ajatr sumbu. Besarnya nilai komponen-komponen tersebut adalah ik di sumbu cincin yang dihasilkan oleh elemen pada cincin T yaitu komponen tega s dan sej αsindEdE =⊥ (1.55a) αcos// dEdE = (1.55b) Tiap elemen kawat memiliki pasangan di seberangnya (lokasi diametrik) di mana komponen gak lurus sumbu memiliki besar sama tetapi arah tepat berlawanan. Dengan demikian ke meniadakan. Oleh karena itu, untuk menentukan kuat medan te dua komponen tersebut saling total kita cukup melakukan integral pada komponen yang sejajar sumbu saja. Besar medan total menjadi ∫∫ == αcos// dEdEE ∫= α πε cos 4 1 2 r dq o (1.56) Semua parameter dalam integral konstan kecuali dq. Dengan demikian kita peroleh a r b Q α α P dq dB ⊥ //dB dB a r b Q α α P dq dB ⊥ //dB dB 30
  • 34. Q r dq r E oo α πε α πε cos 1 4 1 cos 1 4 1 22 == ∫ α πε cos 4 1 2 r Q o = (1.57) Dari Gbr. 1.22 tampak bahwa αsin/ =ra . Akhirnya kita dapatkan αα πε cossin 4 1 2 2 a Q E o = (1.58) Untuk kasus khusus titik di pusat lingkaran, kita dapatkan α = 90o sehingga E = 0. Contoh Kita memiliki dua cincin konsentris dengan jari-jari a1 dan a2. Masing-masing cincin memiliki muatan Q1 dan Q2. Berapa kuat medan listrik pada lokasi: ) berjarak b dari pusat cincin sepanjang sumbu cincin ) pada pusat cincin awab a) Kuat me a b J b 2a α Gambar 1.23 dan listrik yang dihasilkan cincin bermuatan Q1 adalah 11 2 cosαα2 1 1 1 sin 4 1 πε a Q E o = a1 1 α2 Q2 1Q b 2a α a1 1 α2 Q2 1Q 31
  • 35. Kuat medan magnet yang dihasilkan oleh cincin bermuatan Q2 22 2 2 2 2 2 cossin 4 1 αα πε a Q E o = Kuat medan magnet total 21 EEE += 22 2 2 2 cossin 4 1 αα πε a Q + 2 11 2 2 1 1 cossin 4 1 αα πε a Q oo = ) Di pusat cincin terpenuhi α1 = α2 = 90o sehingga E = 0. rupa busur dengan sudut panjang sumbu cincin yang berjarak b a kasus ini pun kita memiliki dua komponen medan, yaitu yang searah umbu dan yang tegak lurus sumbu. Medan tersebut diperoleh dengan mengintegralkan en medan yang diberikan oleh persamaan (1.55a) dan (1.55b). Kuat medan total searah sumbu adalah b d) Kuat medan listrik di sumbu cincin tidak penuh Sekarang kita anggap cincin bukan lingkaran penuh, tetapi hanya be keliling θ. Kita ingin mencari berapa kuat medan di se dari pusat cincin. Pad s kompon ∫= θ α 0 // cosdEE ∫∫ == θθ α πε α πε 0 2 0 2 cos 4 1 cos 4 1 dq rr dq oo (1.59) tegral di ruas kanan persamaan (1.59) adalah muatan total pada busur cincin. Jadi ian Qdq =∫ θ 0 .In Dengan demik 2// cos1 Q 4 ro E α πε = 32
  • 36. αsin/ =raDengan menggunakan hubungan maka αα πε4 2// ao cossin 1 2Q = (1.60) Untuk menentukan kuat m dan yang tegak lurus sumbu, ada dua kasus yang harus diperhatikan. Kasus pertama adalah jika panjang busur kurang dari setengah lingkaran. Dalam asus ini, tiap elemen busur tidak memiliki pasangan diameteris yang menghasilkan al yang saling meniadakan. Semua elemen menguatkan medan total. uat medan total menjadi E e k komponen medan horisont K ∫=⊥ θ α 0 sindEE ∫∫ = θθ α πε α πε 22 sin1 sin 1 dq dq = 00 44 rr oo 2 sin 4 1 r Q o α πε = α3 sin 1 Q = πε 2 4 ao Jika panjang busur lebih dari setengah lingkaran, maka mulai ada pasangan diametris yang menghasilkan medan arah horisontal yang saling meniadakan. Lihat Gambar 1.24 Panjang busur membe (1.61) ntuk sudut θ. Tampak dari Gambar 1.24, dari busur yang ada, sebagian lemen mempunyai pasangan diametris yang menghasilkan komponen medan arah horisontal yasama besar tetapi berlawanan arah. Hanya bagian busur lingkaran sepanjang 2π - θ yang tidak memiliki pasangan diametri sehingga memberi kontribusi pada medan magnet total arah horisontal. Dengan demikian, medan magnetik total arah horisontal adalah e ∫=⊥ αsindEdE ∫∫ −− == θπθπ α πε α πε 2 00 44 rr oo 2 2 2 sin1 sin 1 dq dq Q θ θπα roπε4 2 − ×= 2sin1 33
  • 37. α θ π πε 3 2 sin⎟ ⎞ 1 2 4 1 ⎠ ⎜ ⎝ ⎛ −= a Q o (1.62) terbentuk lingkaran penuh maka θ = 2π dan medan total 1.5 Garis Gaya Listrik Untuk menvisualisasikan medan listrik sehingga kita memiliki gambaran tentang besar maupun arahnya, maka didefinisika garis gaya listrik. Garis gaya listrik adalah garis khayal yang keluar dari muatan positif dan masuk ke muatan negatif. Setelah menggambarkan garis gaya listrik maka kita dapat mendefinisikan medan listrik sebagai berikut i) Besarnya me n listrik sebanding dengan kerapatan garis gaya per satuan luas permukaan yang ditembus garis gaya ii Arah medan lis Gambar 1.25 Garis gaya listrik Kuat medan listrik di titik A lebih besar daripada kuat medan listrik di titik B dan kuat medan listrik di titik B lebih besar daripada kuat medan listrik di titik C. Gambar 1.24 Kuat medan listrik oleh busur cincin yang melebihi setengah lingkaran anpak dari persamaan (1.62), jikaT arah horisontal nol. n da trik di suatu titik sama sejajar dengan garis singgung garis gaya pada titik tersebut. 2π-θ 2π-θ 2π-θ 2π-θ A B C A B C 34
  • 38. Karena kuat medan listrik sebanding dengan kerapatan garis gaya maka dapat pula kita katakana bahwa kuat meda Dan karena kuat medan listrik berbanding lurus juga dengan besar muatan maka dapat kita impulkan bahwa Jumlah garis gaya berbanding lurus dengan muatan. Makin besar muatan yang dimiliki duatu partikel maka makin banyak garis gaya yang keluar atau masuk ke partikel tersebut. Gambar 1.26 Definisi fluks listrik Pada Gambar 1.26 me n listrik berbanding lurus dengan jumlah garis gaya. s 1.6 Hukum Gauss Gauss merupakan metode yang sangat efektif untuk mencari kuat medan listrik diHukum sekitar muatan kantinu pada benda yang memiliki simetri. Kita akan menerapkan hukum Gauss pada beberapa kasus. a) Fluks Listrik Sebelum menerapkan hukum Gauss, mari kita bahas dulu fluks listrik. Fluks listrik didefinisikan sebagai perkalian scalar antara vector kuat medan listrik dengan vector luar permukaan yang ditembus oleh medan tersebut. E r E r dan listrik E r menembus permukaan dengan vector luas permukaan A r . Fluks listrik yang melewati permukaan memenuhi θφ cosEAAE =•= rr (1.63) A θ r A θ r 35
  • 39. Jika permukaan yang ditembus medan terdiri dari sejumlah segmen, maka fluks total sama dengan jumlah fluks pasa masing-masing segmen. Contohnya, untuk Gbr 1.27, fluks total apat ditulis sebegaid 2E r 2E r 1E r 3E r 1A 2A 3A r 1 2θ 3θ θ 4E r r Gambar 1.27 Medan listrik menembus sejumlah segmen permukaan 4321 φφφφφ +++= 44332211 AEAE AEAE rrrrrrrr •+•+•+•= 444333222111 coscoscoscos θθθθ AEAEAEAE +++= (1.64) Jika jumlah segmen permukaan ada n buah, maka fluks total yang melewati seluruh permukaan dapat ditulis sebagai ∑= •= n i ii AE 1 rr φ ∑= = n i iii AE 1 cosθ (1.65) Dalam kasus umum di mana permukaan yang dikenai medan listrik adalah permukaan sembarang dan kuat serta arah medan listrik juga sembarang maka fluks yang melewati ermukaan ditentukan dengan integral sebagai berikut (1.66) p ∫= dAE θφ cos r r 4A θ 4 1E r 3E r 1A 2A 3A r 1 2θ 3θ θ 4E r r r r 4A θ 4 36
  • 40. b) Fluks Pada Permukaan Tertutup Fluks ada karena adanya garis gaya. Garis gaya gaya adalah lokasi pada jarak tak b an muatan positif di dalam permukaan tertutup. dihasilkan oleh muatan tersebut yang asuk pada sisi depan permukaan pasti keluar di sisi belakang permukaan. Karena tidak ada keluar dari muatan positif. Ujung dari garis erhingga dari muatan positif atau muatan negatif. Ketika bertemu muatan negatif, maka garis yang dihasilkan muatan positif berakhir di muatan negatif. Permukaan tertutup Permukaan tertutup Permukaan tertutup Permukaan tertutup (i) (ii) (iii) (iv) Permukaan tertutup Permukaan tertutup Permukaan tertutup Permukaan tertutup Permukaan tertutup Permukaan tertutup Permukaan tertutup Permukaan tertutup (i) (ii) (iii) (iv) Gambar 1.28 (i) muatan positif berada di luar permukaan tertutup, (ii) muatan negatif berada di luar permukaan tertutup, (iii) muatan positif di luar permukaan tertutup dan muatan negatif di dalam permukaan tertutup, (iv) muatan negatif di luar permukaan tertutup d i) Misalkan di sekitar sebuah muatan positif terdapat permukaan tertutup. Muatan tersebut berada di luar permukaan tertutup. Garis gaya yang m 37
  • 41. muatan negatif garis gaya hanya berakhir di jarak tak berhingga. Pada sisi depan permukaan, sudut yang ibentuk garis gaya dengan vector luas lebih besar daripada 90o sehingga fluks berharga , sudut yang dibentuk garis gaya dengan vector luas i luar pemukaan ada muatan negatif maka garis gaya akan masuk menuju permukaan tersebut. garis gaya yang masuk di sisi belakang permukaan akan keluar di sisi depan permukaan. Kedua fluks tersebut juga sama besar sehingga fluks total pada permukaan teetutup nol. iii) Jika di luar permukaan ada muatan positif dan di dalam permukaan ada muatan negatif, maka ada sebagian garis gaya yang masuk di sisi depan permukaan tidak keluar di sisi belakang permukaan karena garis gaya tersebut berakhir di muatan negatif dalam permukaan. Akibatnya, fluks yang masuk permukaan tidak sama dengan fluks yang keluar permukaan. Justru, fluks yang masuk permukaan lebih besar daripada fluks yang keluar permukaan. Dengan demikian, fluks total untuk permukaan tertutup tersebut tidak nol. iv) Jika di luar permukaan ada muatan negatif dan di dalam permukaan ada muatan positif, maka ada tambahan garis gaya yang keluar pada permukaan namun tidak berasal dari garis gaya yang masuk di sisi lain. Garis gaya tersebut dihasilkan oleh muatan positif dalam permukaan. Akibatnya, fluks yang keluar permukaan tidak sama dengan fluks yang masuk permukaan. Justru, fluks yang keluar permukaan lebih besar daripada fluks yang masuk permukaan. Dengan demikian, fluks total untuk permukaan teetutup tersebut tidak nol. Gauss merumuskan hokum yang menghubungkan fluks total pada permukaan tertutup dengan jumlah muatan yang dikandung oleh permukaan tersebut. Hukum tersebut dirumuskan sebagai berikut di dalam permukaan yang berperan sebagai titik akhir dari garis gaya maka d negatif. Pada sisi belakang permukaan lebih kecil daripada 90o sehingga fluks berharga positif. Kedua fluks tersebut sama besar sehingga fluks total pada permukaan tertutup nol. ii) Jika d o tertutuppermukaan tertutuppermukaan ii q AE ε ∑ ∑ − − =• rr atau o tertutuppermukaan tertutuppermukaan iii q AE ε θ ∑ ∑ − − =cos (1.67) 38
  • 42. di mana Ei adalah kuat medan pada segmen permukaan ke-i, Ai adalah luas segmen permukaan ke-i, θi : adalah sudut yang dimebtnuk oleh vector medan dan vector luas pada segmen permukaan ke-i ∑−tertutuppermukaan q adalah jumlah muatan yang dilingkupi permukaan tertutup. Untuk permukaan yang sembarang, hokum Gauss dapat diungkpakan dalam bentuk integral, yaitu o q dAE ε θ ∑ ∫ =cos atau o q AdE ε ∑ ∫ =• rr (1.68) Simbol ∫ akan mempelajari beberapa aplikasi hokum Gauss untuk menentukan kuat medan listrik yang dihasilkan oleh benda dengan simetri tertentu. Kawat Lurus Panjang Sebuah kawat lurus panjang memiliki kerapatan muatan λ. Kita akan mene menyatakan bahwa aintegral dilakukan pada permukaan tertutup. Berikut ini kita ntukan kuat medan strik pada jarak sembarang dari kawat. Langkah yang harus kita lakukan adalahli i) Buat permukaan Gauss Jika kita ingin menentukan kuat medan pada jarak r dari kawat maka permukaan Gauss yang kita gunakan berupa silinder dengan jari-jari r seperti pada Gbr. 1.29. Panjang silinder bisa bebas. Kita anggap panjangnya L. r L r L sekitar kawat lurusGambar 1.29 Permukaan Gauss untuk menentukan kuat medan listrik di panjang 39
  • 43. Jadi, permukaan Gauss yang kita m alas, dan tutup. Alas dan tutup masing-masing berbentuk lingkaran. iliki berupa permukaan silinder yang terdiri atas selubung, ii) Langkah berikutnya adalah menentukan ∑ iii AE θcos . Karena sifat simetri dari kawat maka kita dapat menduga bahwa arah medan listrik pasti menembus selubung silinder tegak diilustrasikan pada Gbr. 1.30 lurus. Berarti pula arah medan listrik menyinggung alas atau tutup silinder seperti θs dapat dinyatakan sebagai penjumlahan tiga bagian, yaitu Gambar 1.30 Arah medan listrik pada permukaan Gauss Penjumlahan ∑ ii AE co i { } { } { } ungsetutupalasiii AEAEAEAE lub333222111 coscoscoscos θθθθ ++=∑ (1.69) Mari kita hitung suku-suku dalam persamaan (1.69) satu per satu rah medan listrik menyinggung alas. Karena arah vector luas permukaan tegak lurus bidang permukaan itu sendiri, maka arah medan listrik pada alas tegal lurus arah vector luas alas. Dengan demikian, dan Alas: A o 901 =θ 0090coscos 1111111 =×== AEAEAE o θ E E E E 40
  • 44. Gambar 1.31 Arah medan listrik di alas silind Tutup: Arah medan listrik menyinggung tutup. Karena arah luas permukaan tegak lurus bidang permukaan itu sendiri, maka a er rah m tup tegak lurus arah vector luas tutup. Dengan demikian, dan Gambar 1.32 elubung rah medan listrik tegak lurus selubung. Berarti edan listrik pada tu o 902 =θ 0090coscos 2222222 =×== AEAEAE o θ Arah medan listrik di tutup silinder S A 03 =θ . Dengan demikian 333333333 10coscos AEAEAEAE o =×==θ Gambar 1.33 Arah medan listrik di selubung silinder θ1 A1A1 E1E1 θ1 A2 E2 θ2 A2 E2 θ2 E3 3A E3 3A 41
  • 45. Luas selubung adalah 3 = (keliling selubung) × (panjang selubung)A Lr ×= π2 Dengan demikian (1.70) Sekarang kita menentukan muatan total yang dilingkupi permukaan Gauss. Muatan tersebut hanya ada berada pada bagian kawat sepanjang L. Dengan demikian (1.71) engan menggunakan hokum Gauss, maka 33 2200cos rLErLEAE iii ππθ =×++=∑ ∑ Lq λ= D o L rLE ε λ π =32 r E oπε λ 2 3 = (1.72) yang merupakan kuat medan listrik pada jarak r dari kawat. Muatan Titik Misalkan kita memeiliki muatan titik Q dan kita ingin menentukan kuat medan listrik pada rak r dari muatan tersebut. Langkah pertama adalah memilih permukaan Gauss sehingga esar medan listrik pada tiap titik di permukaan tersebut sama dan sudut yang dibentuk medan muatan titik, hanya permukaan bola yang erpusat di muatan yang memenuhi sifat tersebut. Jadi kita pilih permukaan Gauss berupa bola dengan jari-jari r dan berpusat di muatan. Karena hanya ada satu permukaan maka Arah medan di permukaan bola adalah radial. Arah vector permukaan juga radial. Jadi medan dan vector pemukaan memiliki arah yang sama sehingga θ = 0 atau cos θ = 1. Dengan demikian ja b dan vector permukaan selalu sama. Untuk kasus b permukaan θθ coscos EAAE iii =∑ 42
  • 46. ∑ )4( 2 rE π×EAAE iii =θcos = E × (luas permukaan bola) = . ang dilingkupi permukaan Gaus adalah muatan titik itu sendiri. Jadi . Substitusi ke dalam hokum Gauss diperoleh Jumlah total muatan y ∑ Qq = o Q rE π =× )4( 2 ε atau 2 4 1 r Q E oπε = Hasil ini p erikutnya kita akan menentukan kuat medan listrik yang dihasilkan pelat tak berhingga yang mengandung kerapatan muatan konstan. Muatan per satuan luas yang dimiliki pelat kita anggap σ. Kita buat permukaan Gauss yang berbentuk silinder seperti pada Gbr. 1.34. Pelat emotong siilinder tepat di tengah-tengahnya sehingga jarak alas dan tutup silinder ke pelat sama. Misal ersis sama dengan apa yang diperoleh dengan menggunakan hokum Coulomb. Pelat Tak Berhingga B m kan luas alas atau tutup silinder adalah A. Gambar 1.34 Permukaan Gauss di sekitar pelat tak berhingga AA1 A2 A3 E E AA1 A2 A3 E E 43
  • 47. Dengan demikian, permukaan Gauss terdiri dari tiga bagian: alas silinder, tutup silinder, dan selubung silinder. Maka kita dapat menulis { } { } { } ungsetutupalasiii AEAEAEAE cos∑ lub333222111 coscoscos θθθθ ++= (1.73) Karena sifat simetri yang dimiliki pelat tak berhingga maka arah medan listrik yang ihasilkan akan tegak lurus pelat. Akibatnya, medan listrik menembus tutup dan alas silinder Kita lihat satu per satu: las silinder: d secara tegak lurus dan hanya menyinggung selubung silinder. A EE =1 AA =1 1θ = 0 karena medan listrik menembus alas silinder secara tegak lurus (vector medan dan ector luas alas sejajar). Dengan demikian,v EAEAAE o == 0coscos 111 θ Tutup silinder: EE =2 AA =2 2θ = 0 karena medan listrik menembus tutup silinder secara tegak lurus (vector medan dan vector luas tutup sejajar). Dengan demikian, EAEAAE o == 0coscos 222 θ Selubung silinder: karena medan listrik menyinggung selubung slinider (vector medan dan vector luas selubung silinder saling tegak lurus). Dengan demikian, Akhirnya kita peroleh EE =3 o 903 =θ 090coscos 33333 == o AEAE θ 44
  • 48. EAEAEAAE iii 20cos =++=∑ θ (1.74) Selanjutnya kita hitung jumlah muatan yang dikandung permukaan Gauss. Muatan tersebut hanya berlokasi pada bagian pelat yang beririsan dengan silinder, yaitu bagian pelat seluas A. Jumlah muatan adalah (1.75) Akhirnya dengan menggunakan hokum Gauss Aq σ=∑ o iii q AE ε θ ∑ ∑ =cos diperoleh o A EA ε σ =2 atau o E ε σ 2 = ( ntukan kuat medan listrik yang dihasilkan oleh dua pelat sejajar yang ianggap tak berhingga). Susunan pelat semacam ini dijumpai pada kapasitor. Dengan demikian, pemahaman kita tentang medan yang dihasilkan pelat sejajar ak osisi medan listrik. Medan total di suatu titik erupakan penjumlahan kuat medan yang dihasilkan oleh masing-masing pelat. Misalkan emiliki pelat yang memiliki kerapatan muatan σ1 dan σ2. Masing-masing pelat edan listrik yang konstan ke segala arah yang besarnya 1.76) Tampak bahwa kuat medan listrik yang dihasilkan pelat selalu sama berapa pun jaraknya dari pelat. Ini adalah akibat ukuran pelat yang tak berhingga. Jika ukuran pelat berhingga maka makin jauh dari pelat, medan listrik maskin lemah. Medan Listrik oleh Dua Pelat Sejajar ta akan teSelanjutnya ki sangat luas (dapat d an menolong kita memahami kerja kapasitor. Prinsip yang kita gunakan adalah prinsip superp m kita m menghasilkan m 45
  • 49. oε σ 2 1 1 =E o E ε σ 2 2 2 = Kuat medan listrik di mana-mana memenuhi = (1.77) Pada penjum ontoh Suatu pelat tak berhingga yang ditempatkan pada pusat koordinat memiki kerapatan muatan 21 EEE + lahan tersebut kalian harus memperhatikan arah. C A=1σ C/m2. Pelat lain yang sejajar dengan pelat pertama diletakkan pada koordinat x = L atan A22 =σmemiliki kerapatan mu C.m2. Lihat Gbr. 1.35. Tentukan kuat medan listrik tal di mana-mana. Jawab 35 Menentukan kuat medan di sekitar dua pelat sejajar Di sebelah kiri pelat pertama Pelat kiri menghasilkan medan to σ1 σ2σ1 σ2 L E1 E1 E2E2 L E1 E1 E2E2 Gambar 1. oE εσ 2/11 = ke arah kiri kanan menghasilkan medan oE εσ 2/22 =Pelat juga ke arah kiri engan demikian medan total di sebelah kiri pelat pertama adalahD ooooo AAA EE εεεε σ ε σ 2 3 2 2 222 21 21 =+=+=+= ke arah kiriE 46
  • 50. Di antara dua pelat Pelat kiri menghasilkan medan E oo A εεσ 2/2/11 == ke arah kanan Pelat kanan menghasilkan medan oo AE εεσ /22/22 == ke arah kiri Karena medan yang dihasilkan pelat kanan lebih kuat, maka medan total antara dua pelat adalah ooo εεε 222 12 Di sebelah kanan pelat kanan AAA EE 2 =−=+= ke arah kiri elat kiri menghasilkan medan E oo AE εεσ 2/2/11 ==P ke arah kanan Pelat kanan menghasilkan medan oo AE εεσ /22/22 == juga ke arah kanan Dengan demikian medan total di sebelah kiri pelat pertama adalah ooooo AAA EEE εεεε σ ε σ 2 3 2 2 222 21 21 =+=+=+= ke arah kanan asus menarik diamati jika kedua pelat memiliki kerapatan muatan yang sama namun berbeda tand a besar tetapi berlawanan arah, ehingga medan total nol. ah kanan pelat kanan, medan yang dihasilkan dua pelat sama besar tetapi berlawanan Di anta K a. Di sebelah kiri pelat kiri medan yang dihasilkan dua pelat sam s Di sebel arah juga sehingga medan total nol. ra dua pelat, medan yang dihasilkan masing-masing pelat sama besar dan searah sehingga medan total yang dihasilkan menjadi dua kali medan yang dihasilkan salah satu pelat, yaitu o E ε σ = (1.78) Bola isolator homogen Selanjutnya mari kita hitung medan listrik yang dihasilkan oleh bola isolator yang mengandung muatan yang tersebur secara homogen. Misalkan muatan total bola adalah Q dan jari-jari bola R. 47
  • 51. Volume bola adalah 3 3 4 RV π= (1.79) Kerapatan muatan bola adalah 3 3 4 R Q V Q π ρ == (1.80) Kebergantungan kuat medan listrik terhadap jarak dari pusat bola berbeda untuk lokasi di dalam dan di luar bola. ertama, mari kita hitung medan listrik di dalam bola. Kita buat permukaan Gauss di dalam enuhi r < R. ambar 1.36 Permukaan Gauss di dalam bola ya satu, yaitu permu an jari-jari r. Dengan (1.81) Kita mudah menduga bahwa arah medan listrik tegak lurus permukaan Gauss atau sejajar engan vector luas. Dengan demikian, θ = 0 dan P bola. Jari-jari pwemukaan Gauss dari pusat bola adalah r yang mem Perm G Permukaan Gauss di sini han kaan bola deng demikian, θθ coscos EAAE iii =∑ d 1cos =θ . Luas permukaan Gauss sama engan luas permukaan bola dengan jari-jari r, yaitu (1.82) d 2 4 rA π= Jadi kita peroleh r R ukaan bola Permukaan Gauss Perm r R ukaan bola Permukaan Gauss 48
  • 52. ErrEAE iii 22 41)4(cos ππθ =×=∑ Selanjutnya kita hitung jumlah muatan yang dilingkupi permukaan Gauss. Muatan tersebut adalah yang hanya berada dalam bola berjari-jari r. Muatan yang berada di luar bola Gauss, aitu antara r sampai R tidak memberi kontribusi pada medan listrik pada jarak r. Volume bolay Gauss adalah 3 3 4 ' rV π= (1.83) Dengan demikian, muatan yang dilingkupi bola Gauss adalah 3 3 3 3 3 4 3 RRπ 4 ' r Qr Q Vq =×== πρ (1.84) engan hokum Gauss maka ∑ D 3 Roε atau 3 2 1 4 r QErπ = r Q E 1 = Ro 3 4πε (1.85) Selanjutnya m da Gbr. 1.37. Permukaan Gau bus permukaan secara tegak lurus (sejajar vector luas) sehingga θ = o , dan ari kita hitung kuat medan listrik di luar bola. Kita buat permukaan Gauss dengan jari-jari r > R seperti pa ss adalah permukaan bola dengan luas 2 4 rA π= Juga arah medan menem 0 ( ) ErrEEAAE o 22 4140coscos ππθ =×==∑ iii 49
  • 53. ambar 1.37 Permukaan Gauss di luar bola atan yang dilingkupi permukaan Gauss adalah seluruh muatan bola, karena seluruh agian bola ada di dalam permukaan Gauss. Dengan demikian, r R Permukaan bola Permukaan Gauss r R Permukaan bola Permukaan Gauss G Jumlah mu b Qq =∑ Dengan hokum Gauss maka oε Q Erπ =2 tau 4 a 2 4 1 r Q E oπε = (1.86) ola Konduktor tepa pun kecilnya medan listrik dalam konduktor, maka electron akan mengalir an menghasilkan arus . Dengan sifat ini m alam konduktor maka medan listrik dalam konduktor selalu nol. Sebab, jika medan listrik ondisi seimbang. B Konduktor adalah bahan yang sangat mudah mengantarkan arus listrik. Penyebabnya adalah karena konduktor mengandung muatan listrik yang mudah bergerak. Jika dalam konduktor muncul medan listrik maka electron-elektron dalam konduktor akan mengalir dan timbullah arus listrik. Be d aka, dalam keadaan seimbang di mana tidak ada arus yang mengalir d tidak nol maka akan muncul arus, yang bertentangan dengan k 50
  • 54. Jika pada konduktor diberi muatan saling melakukan gaya. Karena muatan mudah sekali bergerak dalam konduktor maka lak-menolak tersebut menyebabkan muatan bergerak saling menjauhi sampai tidak bisa i hanya dapat terjadi jika muatan-muatan tersebut menempati ermukaan konduktor. Jadi, muatan yang dimiliki konduktor selalu menempati permukaan konduktor. keadaan seimbang, medan listrik yang dihasilkan konduktor selalu tegak lurus ermukaan konduktor. Sebab, jika tidak tegak lurus permukaan konduktor maka medan listrik tersebut permukaan. Komponen medan yang menyinggung permukaan akan menghasilkan gaya pada uatan sehingga bergerak sepanjang permukaan. Akibatnya muncul arus permukaan. Dan ini engan sifat-sifat ini maka kita dapat dengan mudah menghitung medan listrik yang . Misalkan jari-jari bola adalah R. Di alam bola, yaitu pada r < R, medan listrik nol karena daerah tersebut merupakan konduktor. Kita hanya perlu menerapkan hukum Gauss saat menghitung medan di luar bola. Dan erhitungannya sama dengan saat menghitung medan listrik yang dihasilkan bola isolator. listrik, maka muatan tersebut akan totak-menolak karena to bergerak lebih jauh lagi. In p Dalam p akan memiliki komponen yang menyinggung permukaan dan yang tegak lurus m bertentangan dengan kondisi seimbang. D dihasilkan oleh bola konduktor yang diberi muatan Q d p Kita akan dapatkan, medan listrik di luar bola adalah 2 4 1 r Q E oπε = (1.87) oal dan Pembahasan 1) Dua partikel asap yang bermuatan sama saling melakukan gaya tolak sebesar 4,2 × 10-2 N. Berapa besar gaya jika kedua partikel tersebut berpindah sehingga jaraknya senjadi seperdelapan jarak semula? Jawab Jika muatan yang melakukan gaya tetap, maka terpenuhi S 2 1 r F ∝ Dari soal diberikan × 10-2 N r2 = r1/8 F1 = 4,2 Maka 51
  • 55. 64/1 2 1 2 1 2 22 rrrF 1)8/(/1 2 1 2 2 2 11 ==== rrr tau = 2,7 N ah sejauh 20,0 cm. Kedua bola dipindahkan sehingga gaya yang ekerja pada masing-masing bola menjadi tiga kali gaya semula. Berapa jarak pisah kedua bola sekarang? Jawab ikan = 20,0 cm F2 = 3F1 F A )102,4(6464 2 12 − ××== FF 2) Dua bola bermuatan terpis b Diber r1 2 1 2 2 2 1 r r F F = 2 113 rF 2 21 rF = 3 20 3 22 12 2 == r r = 133,2 atau 3,1332 =r = 11,5 cm pada lokasi ntara dua muatan pada jarak 2,0 cm dari muatan negatif? (b) Jika electron ditempatkan di = - 5,0 × 10-5 C = 2,0 cm = 0,02 m 3) Dua muatan titik terpisah sejauh 10,0 cm. Salah satu memiliki muatan –25 µC dan yang lainnya memiliki muatan +50 µC. (a) Tentukan arah dan besar medan listrik a titik P, berapakah percepatan electron saat di titik P (besar dan arahnya)? Jawab Diberikan q1 = -25 µC = -25 × 10-6 C = - 2,5 × 10-5 C q2 = -50 µC = -50 × 10-6 C r1 r2 = 8,0 cm = 0,08 m (a) Muatan negatif (di sebelah kiri) menghasilkan medan listrik ke kiri. Muatan positif (di sebelah kanan) menghasilkan medan listrik ke kiri juga. Medan total memiliki arah ke kiri. Kuat medan di titik P yang dihasilkan muatan q1 52
  • 56. 8 2 5 91 6,5 )105,2( )109( ×= × ×== − q kE 2 1 1 10 )02,0(r P N/C Kuat medan di titik P yang dihasilkan muatan q2 7 2 5 9 2 2 1 2 100,7 )08,0( )100,5( )109( ×= × ×== − r q kEP N/C Karena medan yang dihasilkan dua muatan memiliki arah yang sama, maka kuat medan total di titik P adalah 878 21 103,6100,7106,5 ×=×+×=+= PPP EEE N/C (b) Jika electron ditempatkan di titik P maka, gaya yang bekerja pada electron adalah F = eEP ercepatan electron adalahP 20 31 819 101,1 )101,9( )103,6)(106,1( ×= × ×× === − − m eE m F a P m/s2 Karena muatan electron negatif maka arah gaya yang bekerja pada electron berlawanan arah medan. Jadi electron mengalami gaya yang berarah ke kanan. Yang berarti Berapa gaya tolak antara dua proton dalam inti yang terpisah sejauh 5 × 10-15 meter? Jawab uatan proton: e = 1,6 × 10-19 C antar dua proton dengan electron memeiliki percepatan arah ke kanan. r = 5 × 10-15 m M Gaya tolak 215 219 9 2 2 109( ×== e kF )105( )106,1( ) − − × × r = 9,2 N 4) Berapa muatan total semua electron dalam 1,0 kg molekul H2O? Jawab umlah electron atom H: 1 elektron h electron atom O: 8 elektron umlah electron molekul H2O: 2 × 1 + 8 = 10 elektron Jumlah muatan electron dalam × (1,6 × 10-19 ) = 1,6 × 10-18 C assa atom H: 1 smu n, massa 1 mol molekul H2O adalah 18 g = 0,018 kg mol molekul H2O dalam 1,0 kg adalah 1,0/0,018 = 55,6 mol. J Jumla J satu molekul H2O: 10 M Massa atom O: 16 smu Massa molekul H2O: 2 × 1 + 16 = 18 smu Dengan demikia Jumlah 53
  • 57. Satu mol mengandung 6,02 × 1023 partikel (bilangan Avogadro). Maka jumlah molekul H2O g adalah 55,6 × (6,02 × 1023 ) = 3,3 × 1025 molekul. atan electron dalam 1,0 kg H2O menjadi: (3,3 × 1025 ) × (1,6 × 10-18 ) = 5,3 × 107 C 5) Anggaplah yang menarik bulan sehingga tetap pada orbitnya saat mengelilingi bumu adalah gaya Coulomb. Misalkan muatan yang sama besar tetapi berbeda jenis masing-masing ditempatkan di bumi dan di bulan. Berapa besar muatan tersebut untuk mempertahankan bulan tetap pada orbitnya sekarang? Gunakan data massa bumi 5,97 × 1024 kg, massa bulan 7,35 × 1022 kg, jari-jari orbit bulan 3,84 × 108 m. Soal ini me uatan listrik agar gaya Coulomb antara bulan dan bumi samam dengan gaya gravitasi yang ada sekarang. Jadi di dalam 1,0 k Jumlah mu Jawab nanyakan berapa m 22 2 r Mm G r Q k = atau 13 222411 107,5 )1035,7)(1097,5)(1067,6( ×= ××× == − GMm C.Q 9 109×k rak tertentu. Muatan total ke duanya adalh QT. agar (a) gaya antara ke duanya paling besar, dan ya paling kecil? 6) Dua muatan positif ditempatkan pada ja Berapa muatan yang dimiliki masing-masing (b) gaya antara keduan Jawab a) Misalkan muatan salah satu q1 dan yang lainnya q2=QT – q1. Gaya antara dua muatan 2 2 11 2 11 2 21 )( r qqQ r qQq r qq kF TT − = − == a) Gaya memiliki nilai maksimum jika pembilang memiliki nilai paling besar. Pembilang + dengan x = q1, A = -1, B = QT dan = 0. Untuk A < 0, persamaan kuadratik ini memiliki nilai maksimum pada x = -B/2A. Untuk gaya listrik di atas, maka gaya m m terjadi jika . Dengan demikian, muatan ke dua memiliki bentuk persamaan kuadratik, Axy += 2 CBx C aksimu 2/)2/(1 TT QQq =−−= 2/12 TT QqQq =−= . b) Gaya minimum antara dua muatan terkadi jika dan atau sebaliknya. Besarnya gaya tersebut adalah . TQq →1 02 →q 0→F 54
  • 58. 7) Muatan +5,7 µC dan –3,5 µC terpisah sejauh 25 cm. Di manakah muatan ke tiga harus itempatkan agar mengamali gaya total nol oleh ke dua muatan tersebut? Jawab Misalkan muatan +5,7 µC berada di sebalah kiri dan muatan –3,5 µC berada di debelah kanan. n muatan –3,5 µC juga menghasilkan medan strik ke arah kanan (saling menguatkan). an lebih e muatan +5,7 µC sehingga besar medan yang dihasilkan selalu mengungguli besar asilkan muatan –3,5 µC sehingga tidak mungkin saling menghilangkan. ebelah kanan muatan –3,5 µC. Misalkan jarak dari muatan dari muatan +5,7 µC adalah x + 25 cm = x + 0,25 m. Medan total nol jika terpenuhi d Muatan ke tiga mengalami gaya nol pada titik yang mengandung medan total nol. Lokasi titik tersebut tidak mungkin ada di antara dua muatan, karena muatan +5,7 µC menghasilkan medan listrik arah ke kanan da li Lokasi titik tersebut tidak mungkin berada di sebelah kiri muatan +5,7 µC karena ak dekat k medan yang dih Lokasi yang mungkin adalah di s –3,5 µC adalag x maka jarak 2 2 2 1 )25,0 x q k q k = (x + 3,16,1 7,5)25,0( 1 ==== + qx 5,32qx listrik sehingga mengalami awab atau x + 0,25 = 1,3 x 0,3 x = 0,25 atau x = 0,25/0,3 = 0,83 m = 83 cm 8) Sebuah proton dilepaskan pada ruang yang memiliki medan gaya 3,2 × 10-14 N ke utara. Berapa besar dan arah medan listrik dalam ruang tersebut? J Besar medan listrik memenuhi 5 19 14 102 106,1 102,3 ×= × × == − − e F E N/C Arah medan listrik samam dengan arah gaya yang diamali proton (karena proton bermuatan . Jadi arah medan listrik adalah ke utara. ang yang memiliki medan listrik mengalami positif) 9) Sebuah electron yang dilepaskan dalam ru 55
  • 59. percepatan 125 m/s. Berapa kuat medan listrik tersebut? Jawab Gaya yang diamali electron E Percepatan electron memenuhi F = e m eE m F a == atau 10 19 31 107 106,1 125)101,9( − − − ×= × ×× == e ma E N/C 10) Sebuah proton berada dalam ruang vakum yang memiliki medan listrik E. Proton tersebut erja pada proton? esar gaya listik sama dengan besar gaya gravitasi atau tidak bergerak naik atau turun. Berapa kuat bedan listrik yang bek Jawab B mgeE = 7 19 27 10 106,1 10)1067,1( − − − = × ×× == e mg E N/C Sebuah titik air yang memiliki jari-jari 0,018 mm mengambang i menghasilkan medan listrik yang b di udara. Jika bum esarnya 150 N/C, berapa kelebihan elekltron yang dimiliki leh titik air tersebut? × -3 cm. olum titik air o Jawab Jari-jari titik air: r = 0,018 mm = 1,8 10 V 8333 1044,2)108,1(14,3 3 4 3 4 −− ×=×××== rV π cm3 Massa titik air 8383 1044,2)1044,2()/1( −− ×=××== cmcmgVm ρ g = 2,44 × 10-11 kg. Terjadi keseimbangan gaya listrik dan gaya gravitasi. Maka mgqE = atau 12 11 106,1 150 10)1044,2( − − ×= ×× == E mg q C Jumlah kelebihan electron pada titik air 56
  • 60. 7 12 10 106,1 = × == − q elektron19 106,1 × − e Soal-Soal 1) Pada model atom hydrogen, electron menmgitari inti pada orbitnya dengan laju 1,1 × 106 m/s. Tentukan jari-jari orbit electron (petunjuk: gaya sentripetal sama dengan gaya Coulomb) 2) Berapa besar gaya yang dilakukan muatan +15 µC pada muatan lain +3 mC yang terpisah h 40 cm? an arah gaya pada electron yang berada dalam ruang yang memiliki medan /C dan berarah ke selatan? an listrik pada jarak 30,0 cm tepat di atas muatan titik yang esarnya 33,0 × 10-6 C? n –60 rapa electron yang ditarik kaki orang tersebut? Berapa pertambahan massa orang h -1,6 × 10-19 C dan massanya 9,1 × 10-31 kg. 6) Empat muatan masing-ma C ditempatkan pada sudut bujur sangkar dengan sisi 1,0 m. Tentukan besar dan arah gaya yang dialami tiap partikel. l 80,0 µC. Ketika dipisahkan sejauh 1,06 m aya antara bola tersebut adala 12,0 N dan bersifat tolak menolak. Berapa muatan muatan –8,8 µC ke arah bawah. Berapa besar dan arah medan ada muatan tersebut. 9) Hitung muatan listrik di pusat bujur sangkar yang memiliki sisi 60 cm jika salah satu sudut bujur sangkar ditempati muatan + 45 µC dan ke tiga sudut lainnya ditempati muatan g-masing –31 µC. 10) Berapa kuat medan listrik dalam ruang pari proton yang sedang mengalami ercepatan satu juta kali percepatan gravitasi bumi? sejau 3) Berapa besar d listrik 3500 N 4) Berapa besar dan arah med b 5) Seseorang menggesekkan kakinya pada keset woll sehingga mengakumulasi muata µC. Be tersebut? Muatan electron adala sing 6,0 m 7) Dua bola isolator kecil memiliki muatan tota g masing-masing bola? Berapa muatan masing-masing bola jika gaya antara kedua bola bersifat tarik-menarik? 8) Gaya 8,4 N bekerja pada listrik p masin yang ditem p 57
  • 61. 11) Kamu diberikan dua muatan q1 dan q2 yang tidak diketahui nilainya. Pada titik yang a dari muatan q1 sama dengan sepertiga jarak dua muatan ternyata kuat medan listrik t serta tanda muatannya? erapa jarak ke dua electron agar gaya antara keduanya sama dengan gaya gravitasi bumi yang bekerja pada electron yang berada di permukaan bumi? jarakny nol. Berapa perbandingan besar dua muatan tersebu 12) B 58
  • 62. Bab 2 Potensial Listrik dan Kapasitor Jika kita tempatkan sebuah muatan dalam ruang yang mengandung medan listrik maka muatan yang mula-mula diam akan bergerak. Ini berarti muatan mengalami pertambahan energi kinetik yang semula nol menjadi tidak nol. Pertambahan energi kinetik ini hanya mungkin disebabkan oleh dua faktor, yaitu: i) Ada kerja luar yang bekerja pada muatan, atau ii) Ada energi lain yang mengalami pengurangan Jika tidak ada gaya luar yang kita berikan pada muatan, maka pastilah penambahan energi kinetik dibarengi oleh pengurangan energi bentuk lain sehingga energi total konstan (hukum kekekalan energi). Energi bentuk lain yang paling mungkin dimiliki partikel tersebut adalah energi potensial. Dengan demikian, partikel bermuatan listrik yang berada dalam ruang yang mengandung medan listrik memiliki energi potensial listrik. 2.1 Definisi Energi Potensial Energi potensial listrik didefinisikan secara formal sebagai berikut. Jika muatan listrik q berada dalam ruang yang mengandung medan listrik E r , maka energi potensial yang dimiliki muatan tersebut adalah ∫ •−= r r o o rdEqrUrU r r rrrr )()( (2.1) dengan adalah energi potensial listrik pada posisi acuan . Posisi bisa bermacam-macam, misalnya tak berhingga, pusat koordinat, di permukaan benda, dan sebagainya, bergantung pada di mana nilai energi potensial sudah diketahui. )( orU r or r or r Contoh Kasus Kita akan menghitung energi potensial sebuah partikel yang bermuatan q yang berada pada jarak r dari muatan lain sebesar Q. Kedua muatan sama-sama berupa titik. Kuat medan listrik di sekitar muatan Q dapat dihitung dengan mudah menggunakan hukum Coulomb. Kita dapatkan 2 4 1 r Q E oπε = (2.2) 59
  • 63. Q dr q E Q dr q E Gambar 2.1. Menentukan energi potensial muatan q di sekitar muatan Q Dengan demikian, energi potensial yang dimiliki muatan q adalah ∫ •−= r r o o rdEqrUrU rr )()( Karena dan sejajar (membentuk sudut 0QE r rd r o ) maka EdrEdrrdE o ==• 0cos rr . Jadi ∫−= r r o o drqErUrU )()( ∫∫ −=⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ −= r ro o r r o o oo r drqQ rUdr r Q qrUrU 22 4 )( 4 1 )()( πεπε ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ −−=⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡ −−= rr qQ rU r qQ rUrU oo o r ro o o 11 4 )( 1 4 )()( πεπε (2.3) Seringkali titik acuan diambil pada jarak tak berhingga, ∞=or , dan potensial di titik acuan ini diambil sama dengan nol, 0)( =∞U . Jika kita lakukan hal tersebut maka diperoleh ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡ − ∞ −= r qQ rU o 11 4 0)( πε r qQ oπε4 1 = (2.4) Apabila kita gambarkan energi potensial sebagai fungsi jarak dari muatan Q maka kita peroleh Gambar 2.2 60
  • 64. 0 20 40 60 80 100 V/(qQ/4πε o ) Jari-jari (r) 0 20 40 60 80 100 V/(qQ/4πε o )V/(qQ/4πε o ) Jari-jari (r) Gambar 2.2 Energi potensial muatan q sebagai fungsi jarak dari muatan Q Pada jarak r yang mendekati nol, energi potensial sangat besar. Energi potensial mengecil berbanding terbalik dengan jarak jika jarak antar dua muatan makin besar. Contoh Sebuah bola konduktor dengan jari-jari R memiliki muatan Q. Jika sebuah muatan q berada pada permukaan bola, energi potensialnya adalah Uo. Kita akan menentukan energi potensial muatan q pada sembarang jarak dari pusat bola. Kuat medan listrik di luar bola dapat dihitung dengan mudah menggunakan hukum Gauss. Kita akan peroleh 2 4 1 r Q E oπε = Energi potensial yang dimiliki muatan q pada jarak r dari pusat bola adalah ∫−= r r o o drqErUrU )()( ∫∫ −=⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ −= r ro o r r o o oo r drqQ rUdr r Q qrUrU 22 4 )( 4 1 )()( πεπε 61
  • 65. ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ −−=⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡ −−= rr qQ rU r qQ rUrU oo o r ro o o 11 4 )( 1 4 )()( πεπε Karena pada energi potensial memenuhiRro = oURU =)( maka ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡ −−= rR qQ UrU o o 11 4 )( πε (2.5) 2.2 Potensial Listrik Sehari-hari kita lebih sering medengar potensial listrik atau tegangan listrik daripada energi potensial listrik. Contonya, kita menyebut tegangan listrik PLN 220 Volt, tegangan batarei 1,5 Volt, tegangan aki 12 Volt, dan seterusnya. Lalu apa tegangan atau potensial listrik? Potensial listrik didefinisikan sebagai energi potensial per satuan muatan listrik. Dengan menggunakan definisi energi potensial sebelumnya, maka definisi potensial listrik menjadi q rU rV )( )( r r = q rdEq q rU r ro o ∫ • −= r r rr r )( ∫ •−= r r o o rdErV r r rrr )( (2.6) Berikutnya kita akan membahas potensial listrik yang dihasilkan oleh sejumlah system, seperti satu partikel, banyak partikel, pelat sejajar dan benda dengan distribusi muatan tertentu. 2.3 Potensial listrik oleh sebuah partikel Sudah kita hitung di Bab 1 sebelumnya bahwa kuat medan listrik pada jarak r dari partikel bermuatan Q memenuhi 2 4 1 r Q E oπε = Potensial listrik pada jarak r dari partikel tersebut kita hitung sebagai berikut 62
  • 66. ∫ •−= r r o o rdErVrV r r rrrr )()( Medan listrik E r dan sejajar, sehinggard r drEdrErdE o ==• 0cos rr . Dengan demikian, ∫∫ −=•−= r r o r r o oo drErVrdErVrV )()()( rr ∫ ∫−=−= r r r ro o o o o o r drQ rVdr r Q rV 22 4 )( 4 1 )( πεπε r ro o o r Q rV ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡ −−= 1 4 )( πε ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ −−= rr Q rV oo o 11 4 )( πε Dengan menetapkan bahwa pada jarak tak berhingga besar potensial sama dengan nol maka, ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ −−=⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − ∞ −∞= r Q r Q VrV oo 1 0 4 0 11 4 )()( πεπε r Q oπε4 1 = (2.7) 2.4 Potensial listrik yang dihasilkan banyak partikel Cara menentukan potensial listrik yang dihasilkan banyak partikel cukup mudah, yaitu hanya dengan melakukan penjumlahan aljabar (penjumlahan biasa) potensial listrik yang dihasilkan masing-masing partikel. Penjumlahan ini sangat berbeda dengan penjumlahan medan listrik yang dihasilkan oleh sejumlahan muatan. Untuk medan listrik kita harus melakukan penjumlahan secara vector (memperhatikan besar dan arah). Lihat skema pada Gambar 2.3. Sejumlah partikel berada pada posisi 1r r , , dan2r r 3r r . Muatan masing-masing partikel adalah q1, q2, dan q3. Kita ingin menentukan potensial pada titik pengamatan P yang berada para posisi r r . Yang pertama yang harus dilakukan adalah mencari jarak masing-masing muatan ke titik P. Kita dapatkan i) Jarak muatan q1 ke titik P: 11 rrR rr −= 63
  • 67. ii) Jarak muatan q2 ke titik P: 22 rrR rr −= iii) Jarak muatan q3 ke titik P: 33 rrR rr −= ambar 2.3 Menentukan potensial listrik yang dihasilkan oleh sejumlah titik muatan. emudian kita tentukan potensial pada titik pengamatan yang dihasilkan oleh masing-masing Potensial yang dihasilkan muatan q1: 1r r 2r r 3r r r r q1 q2 q3 P x y 1r r 2r r 3r r r r q1 q2 q3 P x y G K muatan. 1 1 1 1 1 4 1 4 1 rr q R q V oo rr − == πεπε i) 2 2 2 2 2 4 1 4 1 rr q R q V oo rr − == πεπε ii) Potensial yang dihasilkan muatan q2: 3 3 3 3 3 4 1 4 1 rr q R q V oo rr − == πεπε iii) Potensial yang dihasilkan muatan q3: khirnya, potensial total di titik pengamatan adalahA 321 VVVV ++= 3 3 2 2 1 1 4 1 4 1 4 1 rr q rr q rr q ooo rrrrrr − + − + − = πεπεπε gar lebih paham dengan potensial yang dihasilkan sejumlah titik, mari kita lihat contoh ontoh A berikut ini. C 64
  • 68. Tiga partikel berada pada posisi seperti pada Gambar 2.4. Muatan masing-masing partikel ambar 2.4 a yang dilakukan adalah mencari koordinat posisi masing-masing muatan serta osisi P. Tampak dari gambar 1 adalag q1 = 2 µC, q2 = 4 µC, dan q3 = -5 µC. Kita ingin menentukan potensial listrik di titik P. q1 q2 q3 P (meter) (meter) q1 q2 q3 P (meter) (meter) G Yang pertam p jjir ˆ2ˆ2ˆ0 =+= r m jir ˆ3ˆ2 −=2 r m 4ˆ4 += jir ˆˆ43 += r m jˆir r m Kemudian kita cari jarak muatan ke titik pengamatan. Didapat 2024ˆ2ˆ4)ˆ2()ˆ4ˆ4( 22 =+=+=−+=−= jijjirrR rr 11 m 72ˆ7ˆ2)ˆ3ˆ2()ˆ4ˆ4( 22 22 =+=+=−−+=−= jijijirrR rr 53 m 3ˆ3)ˆˆ4()ˆ4ˆ4(33 ==+−+=−= jjijirrR rr m 65
  • 69. Lalu kita cari potensial di titik P yang dihasilkan m masing muatan. Kita perolehasing-asing- 4025 204 1 1 Roπε 204 1 1 Roπε )102( )109( 1 6 91 = × ×== − q V Volt 4945 53 )104( )109( 4 1 6 9 2 2 2 = × ×== − R q V oπε Volt 15000 3 )105( )109( 4 1 6 9 3 3 3 −= ×− ×== − R q V oπε Volt Akhirnya, potensial total di titik P adalah V = V1 + V2 + V3 = 4025 + 4945 – 15000 = – 6030 Volt .5 Potensial Momen Dipol Kita me yang besarnya sama tetapi erbed tanda dan dipisahkan oleh jarak tertentu (tidak berimpit). Dipol dapat dilukiskan Gambar 2.5 Skema dipol listrik pabila dilihat dari jauh, dua muatan dipol tampak sangat berdekatan (hampir berimpit) ehingga muatan total dipol yang terukur nol. Namun, jika diamati dari dekat, dipol tampak h. ita akan hitung potensial pada jarak r dari pusat dipol (titik tengah antara dua muatan) yang ampak: ubungan antara r1, r2, dan r. Lihat gambar berikut ini 22 ndefiniskkan dipole secara sederhana sebagai dua muatanndefiniskkan dipole secara sederhana sebagai dua muatan bb sebagai berikutsebagai berikut AA ss sebagai dua muatan yang terpisasebagai dua muatan yang terpisa Kita ingin menentukan potensial di sekitar suatu dipol. Untuk mudahnya, lihat skema pada Gbr. 2.6. Kita ingin menentukan potensial di sekitar suatu dipol. Untuk mudahnya, lihat skema pada Gbr. 2.6. KK membentuk sudut θ dengan sumbu dipol (sumbu vertical).membentuk sudut θ dengan sumbu dipol (sumbu vertical). TT i) Jarak titik pengamatan ke muatan –q adalah r1 ii) Jarak titik pengamatan ke muatan +q adalah r2 i) Jarak titik pengamatan ke muatan –q adalah r1 ii) Jarak titik pengamatan ke muatan +q adalah r2 Kita cari hKita cari h 66 Lalu kita cari potensial di titik P yang dihasilkan m masing muatan. Kita peroleh 4025 )102( )109( 1 6 91 = × ×== − q V Volt 4945 53 )104( )109( 4 1 6 9 2 2 2 = × ×== − R q V oπε Volt 15000 3 )105( )109( 4 1 6 9 3 3 3 −= ×− ×== − R q V oπε Volt Akhirnya, potensial total di titik P adalah V = V1 + V2 + V3 = 4025 + 4945 – 15000 = – 6030 Volt .5 Potensial Momen Dipol Kita me yang besarnya sama tetapi erbed tanda dan dipisahkan oleh jarak tertentu (tidak berimpit). Dipol dapat dilukiskan Gambar 2.5 Skema dipol listrik pabila dilihat dari jauh, dua muatan dipol tampak sangat berdekatan (hampir berimpit) ehingga muatan total dipol yang terukur nol. Namun, jika diamati dari dekat, dipol tampak h. ita akan hitung potensial pada jarak r dari pusat dipol (titik tengah antara dua muatan) yang ampak: ubungan antara r1, r2, dan r. Lihat gambar berikut ini -q +q d -q +q d 66
  • 70. Tampak bahwa Gambar 2.6 Menentukan potensial di titik P yang dihasilkan oleh dipol listrik Gambar 2.7 Hubungan antara r1, r2, dan r pada sebuah dipol 11 rrr ∆+= 22 rrr ∆−= 11 cosθ d r =∆ 2 22 cos 2 θ d r =∆ Jika jarak titik pengamatan sangat besar dibandigkan dengan d maka dapat didekati θθθ ≈≈ 21 sehingga -q d/2 +qd/2 r2 r1 r P θ -q d/2 +qd/2 r2 r1 r P θ -q d/2 +qd/2 r2 r1 r P θ θ2θ1 ∆r1 ∆r2 -q d/2 +qd/2 r2 r1 r P θ θ2θ1 ∆r1 ∆r2 67
  • 71. θcos 2 1 d r =∆ θcos 2 2 d r =∆ i titik P yangPotensial d dihasilkan oleh muatan –q adalah 1 1 4 1 r q V oπε −= Potensial di titik P yang dihasilkan oleh muatan +q adalah 2 2 4 1 q V = roπε Potensial total di titik P akibat muatan –q dan +q menjadi 21 VVV += 21 4 1 4 1 r q r q oo πεπε +−= ⎟⎟ ⎠⎝⎠⎝ 212112 44 oo ⎞ ⎜⎜ ⎛ −=⎟⎟ ⎞ ⎜⎜ ⎛ −= 2111 rr r rr rq rr q πεπε [ ] [ ] ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ∆+∆ =⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ∆−−∆+ =⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − = 21 21 21 21 21 21 444 rr rrq rr rrrrq rr rrq ooo πεπεπε ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ = ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ + = 2121 cos 4 cos 2 cos 2 4 rr dq rr dd q oo θ πε θθ πε Untuk jarak r yang sangat besar dibandingkan dengan d, kita dapat mengaproksimasi . Dengan demikian,2 21 rrrrr =×≈× 22 cos)( 4 1cos 4 r qd r dq V oo θ πε θ πε =⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ≅ Kita telah mendefinisikan momen dipol di Bab 1 sebagai qd=µ . Dengan demikian, diperoleh bentuk potensial yang dihasilkan dipole 68
  • 72. θ µ πε cos 4 1 2 r V o = (2.8) omen dipol sebenarnya sebuah besaran vector dengan titik pangkal berada pada muatan momen dipol sejumlah molekul. Tabel 2.1 Momen dipol be Molekul Momen dipol (C m) M negatif dan kepala berada pada muatan positif. Sudut θ adalah sudut antara momen dipol dan vector posisi pengamatan. Tabel 2.1 adalah conothj berapa molekul Air [H2 (+) O(-) ] 6,1 × 10-30 HCl [H(+) O(-) ] 3,4 × 10-30 NH3 [N(-) H3 (+) ] 5,0 × 10-30 Grup CO [C(+) O(-) ] 8,0 × 10-30 Grup NH [N(-) H(+) ] 3,0 × 10-30 Contoh Jarak antara karbon (+) dan oksigen (-) dala adalah 1,2 × 10-10 m. Hitunglah (a) atom karbon dan atom oksigen, (b) potensial pada jarak 9,0 × 10-10 m dari sejajar sumbu dengan oksige n atom terdekat titik pengamatan. l 1, momen dipol grup C = 8,0 × 10-30 C m ari soal diberikan d = 1,2 × 10-10 m demikian, muatan atom C adalah m grup CO muatan q pada dipol pada arah n merupaka Jawab a) Berdasarkan Tabe O adalah µ D Dengan 12 30 102,1 100,8 − − × × +=+= d q µ = + 6,7 × 10-12 C Muatan atom O sama besar dengan muatan atom C, tetapi berlawanan tanda. Jadi muatan adalah - 6,7 × 10-12 C 9,0 × 10-10 m a pada jarak terdekat titik pengamatan, maka arah momen dipol menjauh . Akibatnya, sudut antara momen dipol dengan titik pengamatan adalah θ = 180o. Potensial yang dihasilkan dipol adalah atom O b) Jarak dipol ke titik pengamatan: r = Karena atom O (bermuatan negatif) berad i titik pengamatan 09,0180cos )109( )108( )109(cos 1 9 ×==V θ µ 4 210 30 2 −= × × − − o o rπε V 69
  • 73. 2.6 Potensial Listrik Pelat Sejajar Kapasitor pelat sejajar memiliki pelat yang terpisah sejauh d. Rapat muatan pada pelat adalah . Kita akan menghitung beda potensial antara dua pelat. Kita sudah belajar bahwa kuat medan listrik antara dua pelat adalah σ oε E σ = ian rupa sehingga pelat kiri berada ada posisi dengan x = 0 dan pelat kanan berada pada posisis dengan x = d, seperti Kita tempatkan dua pelat pada sumbu kordinat sedemik p diilustrasikan dalam Gambar 2.8 x=0 x=d x y x=0 x=d x y Gambar 2.8 Posisi pelat sejajar dalam koordinat Beda potensial antara dua pelat adalah [ ] o d o d xo d x o d x o d xdxdxdxEVVV ε σ ε σ ε σ ε σ −=−=−=−=−=−=∆ ∫∫∫ === 0 000 (2.9) ielektrik ehadiran bahan dielektrik menyebabkan kuat medan yang dihasilkan muatan berubah. r suatu muatan juga berubah. Untuk menentukan otensial listrik akibat kehadiran bahan dielektrik, kita dapat menggunakan rumus potensial tanpa bahan dielektrik dengan mengganti 2.7 Potensial Listrik Akibat Kehadiran Bahan D K Akibatnya, potensial listrik di sekita p oε dengan oκε , dengan κ adalah konstanta dielektrik bahan. Sebagai contoh, jika antara dua pelat sejajar dipasang bahan dielektrik, maka beda potensial antara dua pelat menjadi 70
  • 74. oκε d V σ −=∆ (2.10) Potensial lirtsik di sekitar muatan titik yang ditempatkan dalam medium dengan kosntanta dielektrik κ adalah r Q V 1 = oπκε4 (2.11) Pembenaran dari asumsi di atas sebagai berikut. Lihat Gambar 2.9. etrik antara dua pelat m -σ +σ -σ +σ-σ +σ -σ +σ -σ‘+σ‘ + + + + + + + + + + Gambar 2.9 Menentukan efek bahan dielektrik pada potensial Misalkan dua pelat sejajar mengandung rapat muatan σ. Jika tidak ada bahan dielek aka kuat medan listrik antara dua pelat adalah o oE ε σ = Sekarang antara dua pelat kita sisipkan sebuah bahan dieletrik. Akibat adalanya medan listrik pada permukaan bahan yang erdekatan dengan electrode terbentuk muatan positif dan muatan negatif. Permukaan yang isalkan rapat muatan pada ermukaan bahan adalah σ’. Dengan demikian, rapat muatan efektif di dekat pelat menjadi σ - σ’. Dengan menggunakan hokum Gauss maka kuat medan antara dua pelat menjadi E maka terhadi polarisasi pada bahan sehingga secara efektif b berdekatan dengan elektroda positif akan memiliki muatan negatif dan permukaan yang berdekatan dengan pelat negatif memiliki muatan positif. M p + + Eo E -σ‘+σ‘ + + + + + + + + + + + + Eo E 71
  • 75. o o ooo EE ε σ ε σ ε σ ε σσ ''' −=−= − = (2.12) Berdasarkan pengamatan, rapat muatan yang dihasilkan di permukaan bahan dielektrik berbanding lurus dengan kuat medan dalam bahan dielektrik. Katena itu kita dapat menulis Eoχεσ =' (2.13) Dengan χ adalah konstanta baha i persamaan (2.13) ke dalam persamaan (2.12) diperoleh n yang dikenal dengan susseptibilitas listrik bahan. Substitus EE E EE o o o o χ ε χε −=−= atau ( ) oEE =+ χ1 atau κχ oo EE E = + = 1 (2.14) n κ adalah konstanta yang dikenal dengan konstanta dielektrik. Tampak bahwa kuat edan listrik dalam bahan dielektrik sama dengan kuat medan listrik tanpa bahan dielektrik dibagi dengan konstanta dielektrin bahan. Mengecilnya kuat medan menyebabkan potensial akibat pemasangan bahan dielektrik juga mengecil dengan factor yang sama. 2.8 Teorema Us Dalam ruang dengan kuat medan listrik denga m listrik aha Energi E r , sebuah muatan mengalami gaya listrik EqF rr = Kerja yang dilakukan gaya listrik untuk memindahkan muatan dari posisi 1r r ke 2r r posisi adalah 111 )( rrr rdEqrdEqrdFW ∫∫∫ •=•=•= 222 rrr r rrr r (2.15) Berdasarkan teorema usaha energi, kerja yang dilakukan gaya luar sama dengan perubahan rr rrrrr 72
  • 76. energi kinetik. Jadi, W dalam persamaan (2.15) dapat diganti dengan (2.16) Berdasarkan definisi potensial listrik, integral yang berada di ruas kanan persamaan (2.15) dapat diganti dengan 1 rr ⎠⎝ Dengan demikian, pe 12 KKW −= ( )12 22 VVrdErdE rr −−= ⎟ ⎟ ⎞ ⎜ ⎜ ⎛ •−−=• ∫∫ r r r r rrrr 1 rsamaan (2.15) dapat ditulis menjadi ( ){ } 211212 qVqVVVqKK −=−−=− Tetapi, qV adalah energi potensial listrik, U. Selanjutnya kita dapat menulis 2112 UUKK −=− atau 2211 UKUK +=+ (2.17) ubungan (2.17) merupakan ungkapan hokum kekekalan energi mekanik bagi partikel yang Contoh h elektron lepas dari katoda menuju anoda dengan laju awal nol. Beda potensial antara noda dan katoda adalah 100 kV. Berapa laju electron saat mencapan anoda? Muatan electron adalah -1,6 × 10-19 C dan m 1 = 0 sehingga U1 = q V1 = (1,6 × 10-19 ) × 0 = 0 J kV = 105 V sehingga U2 = q V2 = (-1,6 × 10-19 ) × 105 = -1,6 × 10-14 J kanik maka 1 + U1 – U2 H bergerak dalam ruang yang mengandung medan listrik. Sebua a assanya 9,1 × 10-19 kg. Jawab Diberikan V V2 = 100 K1 = 0 K2 = (1/2) mv2 = (1/2) × 9,1 × 10-31 × v2 = 4,55 × 10-31 × v2 Dengan menggunakan hokum kekekalan energi me K2 = K 73
  • 77. 4,55 × 10-31 × v2 = 0 + 0 – (-1,6 × 10-14 ) atau 16 31 103,3 1055,4 × − v 14 10 ×= × − 2.9 Bidang Equipotensial Jika kita tempatkan sebuah muatan listrik dalam ruang, maka titik-titik di sekitar muatan trik tertentu. Besarnya potensial listrik bergantung pada jarak titik engamatan ke muatan. Jika muatan yang kita tempatkan berbentuk titik maka potensial pada memenuhi 2 6,1 = atau v = 1,8 × 108 m/s memiliki potensial lis p jarak r dari muatan roπε4 q V 1 = muatan bola, dan (c) Tamp g sama. Gambar 2.10 Bidang ekipotensial yang dihasilkan oleh (a) muatan titik, (b) pelat sejajar ak bahwa titik-titik yang berjarak sama dari muatan memiliki potensial yan (a) (b) (c) (a) (b) (c) 74
  • 78. Titik-titik yang berjarak sama dari muatan berada pada permukuaan bola dengan pusat muatan. ermukaan atau bidang yang memiliki potensial listrik yang sama dinamakan bidang eberapa bentuk bidang ekipotensial dari benda yang bentuknya khusus sebagai berikut: linder ) Untuk muatan yang tersebar pada pelat, bidang ekipotensial berupa bidang datar sejajar nvolt n volt yang disingkat eV. Satu electron volt adalah energi yang dimiliki electron ketika erada pada potensial satu volt. Jadi eV = muatan electron × satu volt nergi yang diperlukan untuk melepaskan electron dari atom hydrogen disebut energi ionisasi but adalah 13,6 eV. Berapa besar energi tersebut dalam 3,6 eV = 13,6 × (1,6 × 10-19 ) = 2,18 10-19 J ah memencet tombol keyboard komputer? Jika kamu pencet tombol A i monitor komputer muncul huruf A. Mengapa hal itu terjadi? Jawabannya adalah pasitor. Pemencetan tombol keyboard mengubah ilai kapasitansi tombol tersebut. Mikroprosessor dalam komputer mendeteksi perubahan nilai rsebut sehingga mengetahui tomboil mana yang sedang dipencet. Akhirnya, huruf yang an tombol tersebut ditampilkan di layar. P ekipotensial. B i) Untuk muatan titik, bidang ekipotensial berupa kulit bola ii) Untuk muatan bola yang tersebar homogen, bidang ekipotensial juga berupa kulit bola iii) Untuk muatan yang tersebar homogen pada kawat atau silinder, bidang ekipotensial berupa kulit si iv pelat Ada satu yang menarik dari bidang ekipotensial yaitu selalu tegak lurus garis gaya listrik. 2.10 Satuan Elektro Salah satu satuan energi yang sering dipakai ketika membahas atom dan molekul adalah electro b 1 = (1,6 × 10-19 ) × 1 V = 1,6 × 10-19 J Contoh 50.5 E atom hydrogen. Besar energi terse satuan SI (Joule)? Jawab 1 2.11. Kapasitor Apakah kamu pern maka d karena tombol keyboard berfungsi sebagai ka n te bersesuaian deng 75
  • 79. Gambar 2.11 Pada bagian ini kita akan m ahas prinsip kerja kapasitor dan berbagai macam kapasitor. 2.12 Kapasitansi Kapasitor pa sebenarnya kapasitor itu? Kapasitor adalah piranti elektronik yang dapat menyiompan uayan listrik. Kemampuan kapasitor menyimpan muatan listrik diungkapkan oleh besaran in besar kapasitansi sebuah kapasitor, maka makin besar pula uatan yang dapat disimpan kapasitor tersebut. ika sebuah kapasitor dapat menyimpan muatan Q ketika dihubungkan dengan beda potensial tersebut diudefinisikan sebagaian Contoh kapasitor emb A m yang namanya kapasitansi. Mak m J V, maka kapasitansi kapasitor V Q C = (2.18) dengan Q : muatan yang disimpan kapasitor, V : beda potensial antara dua ujung kapasitor, 1 F = 1 C/V erbagai tipe kapasitor yang ada beserta jangkauan kapasitansi dan tegangan kerjannya dan C : kapasitansi kapasitor. Tampak bahwa satuan kapasitansi kapasitor adalah C/V. Satuan ini memiliki nama khusus, yaitu Farad yang disingkat F. Jadi B tampak pada Tabel 2.2 76
  • 80. Tabel 2.2 Berbagai tipe kapasitor Tipe Jangkauan kapasitansi Tegangan maksimum Komentar mika 1 pF – 10 nF 100 – 600 V Sangat berguna digunakan pada daerah frekuensi radio keramik 10 pF – 1 µF 50 – 30 000 V Kecil dan murah polistiren µF V tinggi, digunakan pada 10 pF – 2,7 100 – 600 Kualitas filter yang teliti polikarbonat 100 pF – 30 µF 50 – 800 V Kualitas tinggi, ukuran kecil tantalum 100 nF – 500 µF 6 – 100 V itansi tinggiKapas Elektrolit ) ya (aluminium 100 nF – 2 F 3 – 600 V Filer catu da untuk meratakan tegangan Selanjutnya kita akan bahas sejumlah kapasitor yang sederhana yang dapat ditentukan i secara mud or Pelat Sejajar Bentuk kapasitor yang paling sederhana adalah kapasitor pelat se asitor ini terdiri ari dua pelat konduktor yang sejajar dan dipisahkan oleh sebuah lapisan isolator. Gambar 2.12 Skema kapasitor pelat sejajar Luas masing-masing pelat adalah A kapasitans ah. 2.13 Kapasit jajar. Kap d d Luas A Luas A d Luas ALuas A 77
  • 81. Jarak antar pelat adalah d Kerapatan muatan listrik yang diberikan pada masing-masing pelat adalah + σ dan -σ. Maka muatan yang dikandung masing-masing pelat adalah + Q = + σ A (2.19) dan - Q = - σ A (2.20) alam keadaan demikian, kita katakana kapasitor menyimpan muatan Q. Jadi kapasitor emiliki muatan –Q dan pelat lainnya memiliki hwa kuat medan listrik antar dua pelat sejajar yang vakum adalah D menyimpan muatan Q jika salah satu pelat m muatan +Q. Kita sudah bahas dalam Bab 1 ba dipisahkan oleh udara atau o E ε σ = engan εo adalah permitivitas vakum. Dengan demikian, beda potensial antara dua pelat sitor adalah d kapa A dQdA A ddEV εε ooo σ ε σ ==== (2.21) )( Dengan menggunakan persamaan (2.19) dan (2.21) kita dapatkan kapasitansi kapasitor pelat sejajar adalah d A V Q C oε== (2.22) 2.14 Memperbesar Kapasitansi Kapasitor Berdasarkan persamaan (2.22), ada sejumlah cara untuk memperbesar kapasitansi sebuah apasitor. Beberapa di antaranya sebagai berikut s pelat. gar ukuran kapasitor tidak terlalu besar, maka ke dua pelat dibatasi dengan lapisan tipis isolator seperti kertas, kemudian keduanya digulung secara bersama. Akhirnya kita k Memperbesar lua A 78
  • 82. 79 mendapatkan bodi kapasitor berbentuk sil Memperkecil jarak ant erkecil jarak antar pelat. Tetapi pendekatan ini mem at kecil maka kuat medan listrik antar dua pelat me hubungan E = V/d). Medan yang sangat besar dapat mengionisasi atom lat sehingga bahan pembatan yang semula isolator dapat berubah m ngalirnya muatan dari satu pelat ke pelat lain melalui lapisa ikian kita katakana kapasitor bocor. Menggunakan bahan dielektrik Pendekatan yang lebih um ningkatkan kapasitansi kapasitor adalah menggunaka gai lapisan pemisah ka kapasitansi kapasitor menjadi inder yang mengandung pelat yang cukup luas, Gambar 2.13 kapasitor pelat sejajar biasanya digulung untuk memperbesar luas pelat ar pelat Kapasitansi kapasitor dapat diperbesar dengan memp iliki batas. Jika jarak antar dua pelat sang njadi sangat besar (ingat /molekul antar dua pe enjadi konduktor. Ini berakibat me n pembatas tersebut. Dalam keadaan dem um dipakai dalam me n bahan dielektrik dengan konstanta dielektrik tinggi seba dua pelat. Dengan penggunaan bahan dielektrik ini ma d o A C κε= (2.23) engan κ adalah konstnta dielektrik bahan.d Sekarang telah ditemukan sejumlah bahan dengan konstanta dielektrik tinggi. Beberapa di antaranya tampak pada Tabel 2.3
  • 83. Tabel 2.3 Konstanta dielektrik seumlah bahan Bahan Konstanta dielektrik Vakum 1,0000 Udara (1 atm) 1,0006 Parafin 2,2 Karet keras 2,8 Plastik vinyl 2,8 – 4,5 Kertas 3 - 7 Kuarsa 4,3 Glas 4 - 7 Porselin 6 - 8 Mika 7 Etil Alkohol (etanol) 24 Air 80 2.15 Kapasitor Satu Bola Konduktor sebagai sebuah kapasitor. Lihat Gambar 2.14 ini. i potensial tor yang berjari-jari R memiliki potensial V relatif terhadap tanah. Telah dibahas di Bab 1 bahwa potensial di permukaan bola konduktor yang memiliki muatan Sebuah bola konduktor dapat juga berfungsi berikut R +Q V Gambar 2.14 Bola konduktor yang diber Bola kobduk 80
  • 84. Q adalah R Q V oπε4 1 = Berdasarkan definisi persamaan (2.22), kapasitansi bola konduktor menjadi V Q C = Roπε4= (2.24) 2.16 Kapasitansi Dua Bola Konduktor Konsentris Sekarang kita prhatikan dua bola konduktor konsentris yang memiliki jari-jari R1 dan R2, eperti diperlihatkan dalam Gbr 2.15 amba eda potensial Ke dua bola dihubungkan dengan beda potensial V. Misalkan muatan masing-masing bola adalah +Q dan –Q , aitu s G r 2.15 Dua bola konsentris dipasang pada suatu b . Kuat medan listrik antara dua bola hanya ditentukan oleh muatan bola R1 y 2 4 1 r Q E oπε = Dengan demikian, beda potensial antara dua bola memenuhi ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ −=⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡ −=== ∫∫ 21 2 11 4 1 44 2 1 2 1 2 1 RR Q r Q r drQ drEV o R Ro R Ro R R πεπεπε (2.25) R1 R2 V -Q +Q R1 R2 V -Q +Q 81
  • 85. Berdasarkan definisi kapasitansi, maka kapasitansi bola konsentrais adalah V Q C = ( )21 /1/1 4 RR o − = πε (2.26) 2.17 Kapasitor Dua Silinder Konsentris Terakhir kita tinjau kapasitor yang berupa dua silinder konsentris yang sangat panjang. Skema apasitor tanpak pada Gbr 2.16 Silinder dalam memiliki jari-jari R1 dan silinder luar memiliki jari-jari R2. Kuat medan listrik ntar dua silinder hanya ditentukan oleh muatan silinder dalam, yaitu k R2 R Gambar 2.16 Dua silinder konsentris dipasang pada suatu beda potensial a r E o λ πε2 1 = (2.27) dengan λ adalah rapat muatan per satuan panjang silinder. Beda potensial antara dua silnder adalah [ ] ⎟⎟ ⎠ ⎜⎜ ⎝ ==== ∫∫ 1 2 ln 2 ln 22 2 1 11 R r r drEV o R oRoR πεπεπε (2.28) ⎞⎛ RR λ Rapat muatan silinder memenuhi 22 dr RR λλ 1 V R2 R V 1 82
  • 86. L Q =λ (2.29) dengan Q adalah muatan silinder dan L adalah panjang silinder. Jadi kita dapat menulis ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ = 1 2 ln 2 / R RLQ V oπε (2.30) Dengan menggunakan definisi kapasitansi diperoleh kapasitansi kapasitor silinder konsentris adalah V Q C = ( )12 /ln RR 2 Loπε = (2.31) apasitor variable atau varco (variable capacitor) adalah kapasitor yang dapat diubah-ubah kapasitansinya. Simb Gambar 2.17 Simbol kapasitor variabel Contoh kapasitor variable adalah keyboard komputer. Skema tombol keyboard komputer ebagai berikut. tombol tidak ditekan, jarak antar dua pelat adalah do sehingga kapasitansi kapasitor 2.18 Kapasitor Variabel K ol kapasitor variable tampak pada Gambar 2.17. s d Luas A Tombol d Luas A Tombol Gambar 2.18 Skema tombol keyboard komputer Ketika 83
  • 87. adalah o oo d A C ε= (2.32) etapi, ketika tombol ditekan, jarak antar dua pelat menjadi lebih kecil , dengan . Dengan demikian kapasitansi kapasitor menjadi ddd o ∆−=T ∆d adalah pergeseran pelat dd AA C == εε d o oo ∆− (2.33) Maka perubahan nilai kapasitansi akibat pemencetan tombol adalah oCCC −=∆ dd dd d A d d dd AAA ddd o o o o o o o o o o o o ∆− ∆− − ∆−∆− ε=−= εεε )( )( ddd ddAAd = ε oo oo o ∆− ∆−− )( ddd dA oo o ∆− ∆ −= ε (2.34) Bentuk lain dari kapasitor variable adalah kapasitor geser. Posisi relatif pelat digeser sehingga penampang pelat yang berimpitan berubah. is pl. Kapasitansi kapasitor sebelum menggeser pelat adalah Gambar 2.19 Kapasitor variable dengan cara penggeseran dua pelat M alkan panjang pelat adalah p dan lebarnya l. Luas pelat adalah Ao = p p d d xdigeser p-x p p d d p-x xdigeser 84
  • 88. d pl d A C o o oo κεκε == (2.35) engan κ adalah konstanta dielektrik antar dua pelat. Misalkan satu pelat digeser sejauh x maka panjang bagian pelat yang berimpit menjadi p-x sehingga luas pelat yang berimpit menjadi A = (p-x)l (2.36) Kapasitansi kapasitor menjadi d d lx d pl d lxp d A C oooo κεκεκεκε −= − == )( (2.37) Perubahan kapasitansi akibat penggeseran adalah oCCC −=∆ d pl d lx d pl ooo κεκεκε −⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ −= x d l oκε−= (2.38) Tampak bahwa perubahan kapasitansi berbanding lurus dengan pergeseran dua pelat. 2.19 Rangkaian Kapasitor apasitansi kapasitor yang dijual di pasaran tidak selalu sama dengan apa yang kita inginkan. ra di pasar tidak ada? aranya adalah dengan merangkai sejumlah kapasitor. Rangkaian sejumlah kapasitor ecara umum rangkaian kapasitor dapat dikelompokkan atas dua bagian besar, yaitu rangkaian seri dan parallel. Rangkaian-rangkaian kombinasi rangkaian seri dan parallel. dua kapasitor C1 dan C2 dirangkaian secara seri seperti pada Gbr 2.20 berikut. K Bagaimana cara mendapatkan kapasitansi yang diinginkan sementa C menghasilkan kapasitansi total yang berbeda dengan kapasitansi kapasitor-kapasitor awal. S kapasitor yang lain dapat dipandang sebagai a) Rangkaian Seri Misalkan 85
  • 89. C C (a) (b) 1 2C C (a) (b) 1 2 C = …?C = …? Gambar 2.20 (a) Rangkaian seri kapasitor C1 dan C2 dan (b) adalah kapasitor pengganti kivale engetahuinya, mari kita Gambar 2.21 (a) Dua kapasitor seri dihubungkan ke sumber tegangan dan (b) kapasitor pengganti dihubungkan ke sumber tegangan yang sama besarnya Pada rangkaian yang disusun secara seri, muatan yang dikandung masing-masing kapasitor (e n) Berapakah kapasitansi pengganti dua kapasitor di atas? Untuk m hubungkan rangkaian kapasitor dengan sumber tegangan V seperti ditunjukkan pada Gambar 2.21. C1 C2 C = …? VV Q1 Q2 Q V1 V2 C1 C2 C = …? VV Q1 Q2 Q V1 V2 86
  • 90. sama besarnya. Jadi Q1 = Q2 = Q (2.39) Jumlah tegangan pada dua kapasitor sama dengan tegangan total. Jadi V = V1 + V2 (2.40) Tetapi, hubungan antara tegangan, kapasitansi, dan muatan memenuhi 11 1 1 C Q C Q V == (2.41a) 22 2 2 C Q C Q V == (2.42b) Untuk kapasitor pengganti dipenuhi C Substi Q V = (2.43) tusi persaman (2.41a), (2.41b) dan (2.43) ke dalam persamaan (2.40) diperoleh 21 C Q C Q C Q += Akhirnya diperoleh 21 111 CCC += (2.44) Jika terdapat N kapasitor yang disusun secara seri seri maka kapasitansi total, C, memenuhi NCCCCC 1 ... 1111 321 ++++= (2.45a) Penjumlahan di atas dapat disingkat menjadi 87
  • 91. ∑= N 11 =i iCC 1 (2.45b) usunan lain yang dapat diterapkan pada kapasitor adalah susunan parallel. Gambar 2.22 adalah s ari kita ar 2.23 ambar 2.23 (a) Dua kapasitor paralel dihubungkan ke sumber tegangan dan (b) kapasitor pengganti dihubungkan ke sumber tegangan yang sama besarnya b) Susunan Paralel S usunan parallel dua kapasitor C1 dan C2 C1C1 C C = …? 2C C = …? 2 Gambar 2.22 Susunan parallel dua kapasitor encari kapasitor pengganti dua kapasitor parallel di atas. Untuk itu mKita ingin m hubungkan dengan sebuah sumber tegangan seperti pada Gamb C1 C = …? C2 Q1 Q2 G Q V V (a) (b) C1 C = …? C2 Q1 Q2 Q V V (a) (b) 88
  • 92. 89 Tegangan antara du dikandung dua kapasitor sama dengan jumlah muatan masing-masing kapasitor, atau Q = Q1 + Q2 (2.46) (2.47a) (2.47b) (2.47c) Substitusi persamaan (2.47a) – (2.47c) ke dalam persamaan (2.46) diperoleh 2.48) a ujung kapasitor C1 dan C2 sama besarnnya, yaitu V. Muatan total yang Tetapi VCQ 11 = VCQ 22 = CVQ = VCVCCV 21 += atau 21 CCC (+= Jika terdapat N buah kapasitor yang disusun secara parallel, seperti pada Gambar 2.24, maka kapasiotansi total memenuhi C1 C2 C3 CN C1 C2 C3 CN Gambar 2.24 Sununan parallel N buah kapasitor
  • 93. NCCCCC ++++= ...321 (2.49a) Penjumlahan di atas dapat disingkat menjadi ∑= N = CC (2.49b) ) Tiga buah kapasitor dengan kapasitansi sama, masing-masing 1 mF. Tulislah semua susunan yang m asing-masing susunan tersebut. Jawab iberikan C1 = C2 = C3 = 1 mF. Susunan-susunan ambar 2.25 ) Ke tiga kapasitor disusun secara seri, sehingga kapasitor pengganti, C, memenuhi i i 1 Contoh 1 ungkin bagi tiga kapasitor tersebut dan hitung kapasitansi pengganti m D yang mungkin sebagai berikut: C1 C2 C3C1 C2 C3 G a 3 1 1111111 ++=++= 11321 = CCCC atau C = 1/3 mF b) Kapasitor C2 dan C3 diparalel kemudian diseri dengan C1. Susunan parallel C2 dan C3 menghasilkan kapasitansi total C’ = C2 + C3 = 1 + 1 = 2 mF Susunan seri C1 dan C’ menghasilkan kapasitansi total C yang memenuhi 2 3 2 1 1 1 ' 111 1 =+=+= CCC atau 90