BAB I HUKUM COULOMB Pengetahuan mengenai listrik dan magnet pada awalnya dibicarakan secara terpisah. Ilmu ini bermula dari pengamatan oleh Thales 600 tahun sebelum Masehi, yaitu sepotong ambar dapat menarik potongan jerami kecil. Pada tahun 1820 Masehi Christian Oersted mengamati bahwa ada hubungan antara kedua sifat bahan tersebut, yakni bahwa arus listrik di dalam sebuah kawat dapat mempengaruhi jarum kompas magnetik. Pengetahuan tentang listrik dan magnetik sekarang ini dikenal dengan elektromagnetisme, ilmu ini dikembangkan oleh banyak peneliti. Beberapa orang yang dianggap paling berjasa adalah Michael Faraday (1791-1867), James Clerk Maxwell (1831-1879), Oliver Heaviside (1850-1925), H. A. Lorentz (1853-1928), dan M. Heinrich Hertz (1857-1894). 1.1 Muatan Listrik Ada dua jenis muatan di alam ini, hal ini dapat diperlihatkan secara sederhana menggunakan dua batang seperti gambar (1.1). Batang pertama terbuat dari kaca digantungkan dengan benang kemudian digosokkan dengan sutera.
Gambar (1.1)
Jika ujung batang kedua terbuat dari kaca digosokkan dengan sutera, lalu didekatkan ke ujung batang pertama maka ujung batang yang digantung akan bergerak menjauh. Tetapi jika batang kedua terbuat dari plastik dan digosokkan dengan bulu, maka ujung batang yang digantung akan bergerak mendekat. Kedua kejadian di atas juga terjadi jika batang pertama terbuat dari plastik dan digosokkan pada bulu. Jika batang pertama terbuat dari plastik dan digosokkan pada bulu dan batang kedua terbuat dari plastik dan digosokkan pada bulu, maka ujung batang pertama akan bergerak menjauh. Kesimpulan yang dapat diambil adalah : 1. Muatan listrik timbul pada batang akibat penggosokkan 2. Muatan listrik pada kaca yang digosokkan pada sutera berbeda dengan muatan listrik yang timbul pada plastik jika digosokkan pada bulu. Penamaan muatan positif dan negatif dilakukan oleh Benjamin Franklin (17061790) untuk membedakan muatan yang terjadi pada kaca dan plastik. Jadi dari percobaan yang sederhana di atas dapat dikatakan bahwa muatan sejenis tolak-menolak dan muatan berlainan jenis tarik-menarik. Efek kelistrikan di atas tidak hanya terjadi pada kaca dan plastik, hal inipun terjadi pada bahan-bahan lain. Untuk menentukan jenis muatan yang timbul pada suatu bahan, kaca dan plastik digunakan sebagai bahan perbandingan. Saat ini, secara umum bahwa dalam keadaan normal bahan memiliki jumlah muatan positif dan negatif sama besar, adapaun penggosokkan yang dilakukan bertujuan untuk memindahkan sebagian kecil muatan. Sebagai contoh muatan pada kaca menjadi positif sedangkan muatan pada sutera menjadi negatif. Selanjutnya yang menjadi bahan pertanyaan secara kuantitas apakah sama muatan yang timbul pada kaca setiap kali terjadi penggosokkan? Pada awalnya muatan listrik itu dianggap seperti fluida kontinu, tetapi seiring dengan perkembangan penelitian tentang fluida yang menunjukkan bahwa fluida itu tidaklah kontinu tetapi terdiri dari atom-atom, maka pemikiran di atas berubah. Beberapa percobaan menunjukkan bahwa muatan listrik pada kaca belum tentu sama setiap kali penggosokkan, dan jumlahnya merupakan kelipatan dari suatu muatan elementer “ e “. Salah satu percobaan yang menunjukkan hal tersebut dikenal dengan percobaan Tetes Millikan. Dan besar muatan elementer e = 1,6 x 10-19 C ( C adalah satuan internasional untuk muatan yang merupakan singkatan dari
Coulomb, Charles Agustin Coulomb adalah orang yang dianggap paling berjasa dalam melakukan penelitian tentang muatan listrik ). Jadi muatan listrik (q) terkuantisasi (merupakan kelipatan bilangan bulat dari muatan elementer e), q = n e dimana n = …, -2, -1, 0, 1, 2,… 1.2 Hukum Coulomb Dengan menggunakan alat yang disebut neraca puntir Charles Agustin Coulomb (1736-1806) mengukur secara kuantitatif besar tolakan dan tarikan yang terjadi antara dua buah muatan. Ia juga menyimpulkan hukum yang mengatur tarikan dan tolakan tersebut. Alatnya menyerupai tongkat gantung, muatan-muatan dibatasi hanya pada bolabola kecil a dan b. Jika bola a dan b bermuatan, maka gaya interaksi yang timbul antara kedua muatan tersebut akan memuntir serat gantungan. Untuk menghilangkan efek puntir tersebut Coulomb memutar kepala gantungan, besarnya sudut θ menggambarkan ukuran relatif dari gaya listrik yang bekerja pada a.
θ
a
b
Gambar (1.2a)
Gambar (1.2b) Neraca Puntir Coulomb
Kesimpulan yang diperoleh Coulomb, gaya yang bekerja pada a adalah F ∝ 1/r2
(1.1)
Dimana r adalah jarak antara a dan b. Berdasarkan hukum Newton yang ketiga tentunya gaya yang sama besarnya dan arahnya berbeda bekerja pada b dan keduanya bekerja pada garis lurus yang melewati a dan b.
b a
Gambar (1.3)
Selanjutnya diperoleh bahwa secara spesifik gaya yang bekerja pada a maupun b berbanding lurus dengan perkalian antara kedua muatan. F ∝ q1 q2
(1.2)
Dimana q1 dan q2 adalah ukuran relatif dari muatan pada bola a dan b. Selanjutnya dari persamaan (1.1) dan (1.2) diperoleh persamaan yang dikenal sebagai hukum Coulomb yaitu F = k (q1 q2)/ r2
(1.3)
Dimana k adalah konstanta kesebandingan, dalam S.I untuk vakum k = (1/4πεo) dengan εo adalah permitivitas vakum. Pertanyaan kita selanjutnya, bagaimana membedakan gaya pada masing-masing muatan ? Karena gaya adalah besaran vektor berarti persamaan (1.3) harus ditulis dalam bentuk vektor. Pandang dua buah muatan (q1 dan q2 ) yang diletakkan di bidang xy (gambar (1.4)). Muatan q1 dan q2 diletakkan pada posisi r1 dan r2 (diukur dari titik asal (0,0)). Gaya yang bekerja pada q1 ditulis F12, gaya yang bekerja di q2 ditulis F21. Di atas sudah dikatakan bahwa muatan sejenis tolak-menolak dan muatan berlainan jenis tarik-menarik.
Pengertian tolak-menolak digambarkan oleh dua buah gaya yang saling menjauh, dan tarik-menarik digambarkan dengan dua buah gaya yang saling mendekat. q1 y1 y2
Tolak-menolak
q1
q2 q2
r1 x1
q1
r2
Tarik-menarik
x2
q2 Gambar (1.4)
Sekarang andaikan muatan q1 dan q2 sejenis, berarti tolak-menolak. Gaya yang bekerja pada masing-masing muatan digambarkan pada gambar (1.5) di bawah.
F12 q1
r2 – r1
q2
r1
F21 r2
Gambar (1.5) Menurut analisa vektor setiap vektor merupakan perkalian dari besar vektor tersebut dengan vektor satuannya. Besar vektor selalu positif , vektor satuan menggambarkan arah dari vektor besarnya satu satuan. A = A Â
(1.4)
Jadi gaya listrik yang bekerja di q1 dapat ditulis sebagai berikut. F12 = F12 Fˆ 12
(1.5)
F12 = F21 = k (q1 q2)/ r2
(1.6)
dimana r = r2 - r1 ( vektor dengan garis tebal pada di gambar (1.5)), r = r2 - r1. Dari gambar (1.5) terlihat bahwa arah dari vektor F12 berlawan arah dengan arah r, dengan ˆ 12 sama dengan negatif dari vektor satuan r. kata lain vektor satuan F F12 = - ŕ
(1.7)
ŕ = (r2 - r1)/ r2 - r1
(1.8)
Dengan menggunakan persamaan (1.6), (1.7), dan (1.8), persamaan (1.5) dapat ditulis kembali sebagai berikut : F12 = { k (q1 q2)/ r2 - r12}{ - (r2 - r1)/ r2 - r1} = { k (q1 q2) (r1 – r2)/ r2 - r13}
(1.9)
Dengan cara yang sama kita dapat menuliskan persamaan untuk gaya yang bekerja di q2 F21 = { k (q1 q2) (r2 – r1)/ r2 - r13}
(1.10)
Dapat ditunjukkan bahwa untuk muatan berlainan jenis berlaku persamaan (1.9) dan (1.10). Ingat tanda muatan harus diperhitungkan ! 1.3 Gaya Total Pada Sebuah Muatan Andaikan pada sebuah bidang datar ada tiga buah muatan titik q1= +q, q2 = +q, dan q3 = -q. Masing-masing diletakkan di titik-titik (x1,y1), (x2,y2), dan (x3,y3). Hitung gaya listrik total yang bekerja pada q1. Untuk menghitung gaya pada q1, perhatikan bahwa ada dua muatan lain yang berinteraksi dengan q1 tersebut. Gaya total pada q1 adalah jumlah vektor dari gaya-gaya interaksi q1 dengan q2 dan q3. F1 = F12 + F13
(1.11)
Dimana F12 = { k (q1 q2) (r1 – r2)/r1 – r23}, F13 = { k (q1 q3) (r1 – r3)/r1 – r33} r1 = i x1 + j y1, r2 = i x2 + j y2, r3 = i x3 + j y3 r1 – r2= r2 – r1 = [(x2 – x1)2 + (y2 – y1)2]1/2 r1 – r3= r3 – r1 = [(x3 – x1)2 + (y3 – y1)2]1/2 F12 = { k (+q ) (+q) [i (x1 – x2) + j (y1 – y2)]/ [(x2 – x1)2 + (y2 – y1)2]3/2
(1.12a)
F13 = { k (+q ) (–q) [i (x1 – x3) + j (y1 – y3)]/ [(x3 – x1)2 + (y3 – y1)2]3/2
(1.12b)
Selain cara di atas ada cara lain yang dapat digunakan yaitu dengan memanfaatkan pengetahuan kita tentang vektor, yaitu sebuah vektor merupakan perkalian antara besar vektor dengan vektor satuan (lihat persamaan (1.4)). Untuk mudahnya kita lihat contoh soal di bawah ini. Tiga buah muatan q1= +q, q2 = +q, dan q3 = -q , diletakkan pada bidang-xy seperti pada gambar (1.6). Untuk menghitung gaya total pada muatan q1 kita akan gunakan dua cara, pertama seperti halnya di atas dan yang kedua melalui pengertian analisa vektor. 4m
y(m)
F21
F12 5 2 0
F13 q1
3m
q2 F31
q3 4
x(m)
Gambar (1.6)
Terlihat bahwa arah dari F12 ke arah x negatif (-i) dan arah dari F13 ke arah y negatif (-j ). Kenapa seperti itu, karena prinsip tarik-menarik dan tolak-menolak. Arah dari kedua gaya tersebut sudah kita ketahui, berarti kita tinggal menghitung besar gaya-gaya tersebut, ingat besar gaya selalu positif. F12= k (+q ) (+q) /(jarak q1dan q2)2 = k q2 /42 F13= k (+q ) (–q) /(jarak q1dan q3)2 = k q2 /32 Jadi F12 = (k q2 /16) (-i)
(1.13a)
F13 = (k q2 /9) ( -j )
(1.13b)
Hasil ini sama dengan hasil yang diperoleh melalui persamaan (1.12a) dan (1.12b).
Soal-Soal 1. Dua muatan statik 1,0 x 10-7 C dan –3,0 x 10-7 C dipisahkan oleh jarak sejauh 10 cm. Sebuah muatan positif (+q) diletakkan pada garis lurus yang melalui kedua muatan. Dimanakah letakkan muatan tersebut agar gaya total yang dialaminya nol. Jawab : 23,75 m dari muatan negatif dan 13,75 cm dari muatan positif. 2. Tiga buah muatan titik diletakkan pada bidang xy (x dan y dalam meter). Muatan q1 di titik (0,4), q2 di titik (0,2), dan q3 di titik (3,0). Jika diketahui q1= q2= -q3 = 3,2 x 10 –19 C, hitung : a. Gaya listrik q1 akibat q2 dan q3. b. Gaya listrik total yang dialami oleh q3 Jawab : a) [(1/16πεo )( 3,2 x 10 –19 )2 ] i N, [(1/500πεo )( 3,2 x 10 –19 )2 ](4 i – 3 j )N, b) [(1/4πεo )( 3,2 x 10 –19 )2 ] [(241/500)i – (3/125) j ] N 3. Dua buah muatan titik positif identik ditahan pada jarak tetap sejauh 2a satu sama lainnya. Muatan uji positif diletakkan pada bidang yang normal terhadap garis yang menghubungkan kedua muatan dan ditengah-tengah kedua muatan tersebut. Hitung jarak muatan uji terhadap masing-masing muatan agar gaya pada muatan uji maksimum. Jawab : a/2 4. Perhatikan gambar (1.7) di bawah ini ! Hitung gaya persatuan muatan yang dialami muatan q ! q
-Q r
3a
q
2a
d d +Q Gambar (1.7)
Jawab : a) (Q/4 a2πεo )[ -i /4 + (2i - √5 j )/27] N/C, b) (Q/4πεo )[(r + d )-2 ─ (r-d)-2 ] j N/C
-Q +Q
1. 4 MEDAN LISTRIK Pada mulanya, gaya listrik yang bekerja pada sebuah muatan dipandang sebagai sebuah interaksi sesaat. Sekarang ini pandangan tersebut berubah, gaya listrik yang terjadi pada sebuah muatan adalah interaksi muatan tersebut dengan medan listrik. Untuk lebih jelasnya kita perhatikan kembali interaksi antara dua buah muatan titik q1 dan q2 yang diletakkan pada posisi r1 dan r2.
q1
r2 - r1
r1
q2 r2
Gambar (1.8) Gaya listrik yang bekerja pada q2 yaitu F21 = (k q1 q2) (r2 - r1)/r2 - r13, persamaan tersebut dapat ditulis kembali sebgai berikut F21 = q2 [(k q1) (r2 - r1)/r2 - r13] = q2 E
(1.14)
Dimana E adalah medan listrik yang dihasilkan oleh q1 di posisi r2 E = [(k q1) (r2 - r1)/r2 - r13]
(1.15)
Terlihat bahwa E tidak bergantung pada besarnya q2. Persamaan (1.15) dikenal dengan persamaan kuat medan listrik oleh muatan titik. Contoh : Hitung medan listrik pada titik ( 6,4) yang ditimbulkan muatan titik 1,6 x 10-19 C yang diletakkan di titik (3, -1). Jawab : Posisi muatan r = r1 = 3 i – j meter, posisi titik pengamatan R = r2 = 6 i + 4 j meter. (r2 r1) = 3 i + 4 j meter,r2 - r1= 5 meter. Berdasarkan persamaan (1.15) medan di titik pengamatan (6,4) adalah E = [(k 1,6 x 10-19 q1) (3 i + 4 j)/125] N 1.5 PERHITUNGAN MEDAN LISTRIK OLEH MUATAN TITIK Untuk menghitung medan listrik yang dihasilkan oleh muatan titik kita dapat menggunakan persamaan (1.15). Sebagai contoh perhatikan gambar di bawah ini. Muatan titik positif (+Q) diletakkan di titik asal (0,0), kita akan mencari besar dan arah medan listrik yang di titik a, b, c, d, e, f, g, h.
Y (m) a
b
c
y +Q y
h g x
0
d
f
e
X (m)
x Gambar (1.9)
Titik a Posisi titik a ra = - x i + y j , posisi muatan rQ = 0 i + 0 j = 0. Medan listrik di titik a, E = [(k Q) (ra – rQ)/ra – rQ3] = k Q (- x i + y j)/(x2 + y2)3/2 Besar E = E= k Q/(x2 + y2), arah E adalah Ê = (- x i + y j)/(x2 + y2)1/2 Titik b Posisi titik b rb = y j , posisi muatan rQ = 0 i + 0 j = 0. Medan listrik di titik b, E = [(k Q) (rb – rQ)/rb – rQ3] = k Q ( y j)/ y3 Besar E = E= k Q/y2, arah E adalah Ê = y j/ y = j Titik c Posisi titik c rc = x i + y j , posisi muatan rQ = 0 i + 0 j = 0. Medan listrik di titik c, E = [(k Q) (rc – rQ)/rc – rQ3] = k Q (x i + y j)/(x2 + y2)3/2 Besar E = E= k Q/(x2 + y2), arah E adalah Ê = (x i + y j)/(x2 + y2)1/2 Titik d Posisi titik d rd = x i , posisi muatan rQ = 0 i + 0 j = 0. Medan listrik di titik d, E = [(k Q) (rd – rQ)/ra – rQ3] = k Q (x i)/x3 Besar E = E= k Q/x2 , arah E adalah Ê = x i /x = i Titik e Posisi titik e re = x i - y j , posisi muatan rQ = 0 i + 0 j = 0. Medan listrik di titik e, E = [(k Q) (re – rQ)/re – rQ3] = k Q ( x i - y j)/(x2 + y2)3/2 Besar E = E= k Q/(x2 + y2), arah E adalah Ê = (x i - y j)/(x2 + y2)1/2 Titik f Posisi titik f rf = - y j , posisi muatan rQ = 0 i + 0 j = 0. Medan listrik di titik f, E = [(k Q) (rf – rQ)/rf – rQ3] = k Q (- y j)/ y3 Besar E = E= k Q/y2, arah E adalah Ê = (- y j)/ y = - j Titik g Posisi titik g rg = - x i - y j , posisi muatan rQ = 0 i + 0 j = 0. Medan listrik di titik g, E = [(k Q) (rg – rQ)/rg – rQ3] = k Q (- x i - y j)/(x2 + y2)3/2 Besar E = E= k Q/(x2 + y2), arah E adalah Ê = (- x i - y j)/(x2 + y2)1/2
Titik h Posisi titik h rh = - x i , posisi muatan rQ = 0 i + 0 j = 0. Medan listrik di titik h, E = [(k Q) (rh – rQ)/rh – rQ3] = k Q (- x i )/x3 Besar E = E= k Q/y2, arah E adalah Ê = - i Simpulan : 1. Titik-titik yang jaraknya sama dari muatan mempunyai besar medan listrik sama 2. Arah medan listrik meninggalkan muatan positif (coba gambarkan arah vektor satuan pada masing-masing titik pengamatan) Nah, sekarang! Bagaimana jika muatan di titik asal bermuatan negatif (-Q) ? Buktikan bahwa kesimpulan yang diperoleh adalah 1. Titik-titik yang jaraknya sama dari muatan mempunyai besar medan listrik sama 2. Arah medan listrik menuju muatan negatif (coba gambarkan vektor satuan pada masing-masing titik pengamatan) Pertanyaan kita selanjutnya adalah bagaimana menghitung medan listrik di suatu titik yang dihasilkan oleh banyak muatan titik ? Untuk menjawab pertanyaan ini perhatikan kembali gaya listrik total yang terjadi pada sebuah muatan titik ( lihat persamaan (1.11)). Terlihat medan total di posisi r1 adalah E1 = (F1 /q1) = (F12/q1) + (F13/q1) = E12 + E13
(1.16)
Dimana E12 dan E13 adalah medan di r1 yang dihasilkan oleh q2 dan q3. Jika dalam sebuah ruangan terdapat N muatan titik (q1, q2, …, qN) maka kuat medan listrik di suatu titik merupakan jumlah vector dari kuat medan listrik yang dihasilkan oleh masing-masing muatan di titik tersebut. E1 = E12 + E13 + … + E1N
(1.17)
1.6 MEDAN LISTRIK OLEH MUATAN KONTINU Muatan listrik yang terdapat di dalam bahan umumnya adalah kumpulan muatan titik. Kumpulan muatan ini kita sebut muatan kontinu. Secara umum muatan kontinu dibagi menjadi dua muatan kontinu yang tersebar secara merata (uniform) dan yang tersebar secara acak. Dalam buku ini kita akan membahas secara khusus muatan yang tersebar secara merata ( dalam garis, bidang datar, bola, dan silinder ). Sekarang perhatikan muatan Q yang tersebar dalam volume V, gambar (1.10) di bawah ! Berapakah medan listrik di posisi R? Untuk menyelesaikan pertanyaan di atas kita pandang elemen muatan dQ yang terdapat dalam elemen volume dV. Anggap bahwa elemen volume ini sangat kecil, sehingga elemen muatan dQ dapat dianggap sebagai sebuah muatan titik yang terdapat di posisi r. Medan listrik oleh muatan titik dQ di R dapat dihitung menggunakan persamaan (1.15), dengan mengganti q1 dengan dQ, r2 dengan R dan r1 dengan r dE = [(k dQ) (R - r)/R - r3]
(1.18)
dQ R-r
R-r
r
r R
R
Gambar (1.10) Di atas sudah dijelaskan bahwa sebenarnya muatan kontinu merupakan kumpulan muatan titik. Anggap bahwa muatan kontinu disusun oleh sangat banyak muatan titik identik (dQ). Jadi medan listrik di R merupakan jumlah dari medan listrik yang dihasilkan oleh masing-masing muatan titik identik tersebut ( gunakan persamaan (1.17)). Karena muatannya kontinu maka penjumlahannya berupa integrasi. E = ∫ dE = ∫[(k dQ) (R - r)/R - r3
(1.19)
Jangan lupa bahwa dQ bergantung pada posisi (r).Untuk lebih memahami konsep ini kita lihat beberapa contoh medan listrik oleh muatan kontinu yang serbasama. 1.6.1 Muatan Garis 1. Muatan +Q yang tersebar secara merata pada kawat lurus sepanjang L. Misalkan kawat tersebut diletakkan pada sumbu-x. Lihat gambar (1.11 )! Hitung medan listrik di titik P. Y(m) d
X(m)
x
d
x dQ
dx Gambar (1.11)
Perhatikan elemen muatan dQ yang terdapat di dalam elemen panjang dx. Dengan anggapan bahwa dx sangat kecil maka kita memiliki muatan titik dQ yang terletak di x. Medan listrik di titik P yang dihasilkan muatan titik dQ adalah dE = [(k dQ) (R - r)/R - r3] dengan R = d j dan r = x i. dE = (k dQ) (d j – x i)/ (d2 + x2)3/2
(1.20)
Karena muatan tersebar secara merata, maka dQ = (dx/L) Q. jadi Medan total di titik P adalah E = ∫ dE = (kQ/L)0∫L (d j – x i)dx / (d2 + x2)3/2
(1.21)
Batas integrasi didapat dari sebaran muatan dari x = 0 sampai x = L 2. Muatan +Q yang tersebar pada kawat melingkar berjari-jari R. Hitung medan listrik total di pusat lingkaran!
ds dQ
dθ R
θ
θ Gambar (1.12 ) Perhatikan elemen muatan dQ yang berada di dalam elemen panjang ds. Karena ds dianggap sangat kecil, maka dQ dapat dianggap muatan titik. Medan listrik di pusat lingkaran akibat dQ adalah dE = (k dQ) R(- i cos θ – j sin θ )/ R3
(1.22)
Karena muatan Q tersebar secara merata, maka dQ = (ds/2πR)Q= (dθ/2π)Q. Medan total di pusat lingkaran adalah E = ∫ dE = (kQ/2π) 0∫2π dθ(- i cos θ – j sin θ )/ R2
(1.23)
Hasil integrasi persamaan (1.23) sama dengan nol. Hasil yang sama kita dapatkan dengan memandang dua buah elemen muatan identik (dQ = dQ’) yang membentuk garis lurus melewati pusat lingkaran, perhatikan gambar (1.13).
dE’ dQ’
Gambar (1.13)
dE
P
dQ
Misalkan medan listrik yang dihasilkan kedua muatan di pusat lingkaran adalah dE dan dE’. Karena besar muatan sama, maka kedua medan listrik tersebut sama besar. Arah kedua medan listrik berlawanan (lihat pasal 1.5), jadi medan listrik total di pusat lingkaran akibat kedua muatan sama dengan nol. Karena muatan tersebar secara merata, maka setiap muatan titik di lingkaran memiliki pasangan yang menyebabkan medan listrik di pusat lingkaran nol. Jadi dapat disimpulkan medan listrik di pusat lingkaran akibat seluruh muatan sama dengan nol. 1.6.2 Muatan Bidang Di sini muatan dianggap tersebar merata pada bidang datar. Kita asumsikan bidang datar tersusun dari sangat banyak kawat lurus. Jadi konsep medan listrik yang ditimbulkan oleh kawat lurus jangan dilupakan. Sekarang kita perhatikan dulu persoalan kawat lurus di bawah ini!. Muatan +Q tersebar secara merata pada sumbu-x dari x = 0 sampai x = L meter. Jika pada persoalan muatan garis di atas, titik pengamatan terletak di dekat ujung kawat, maka persoalan sekarang titik pengamatan P terletak di tengah-tengah ( ½ L, R). Tetapi cara penyelesaiannya tetap sama, diawali dengan memandang sebuah elemen muatan dQ (muatan titik) yang terletak di x (lihat gambar (1.14) di bawah ini). Medan listrik di titik P oleh muatan titik dQ adalah dE = k dQ[( x-½ L)(-i) +R j]/[(x-½ L)2 +R2]3/2 Medan total di titik P diperoleh E = ∫ dE = (kQ/L)0∫L dx [( x-½ L)(-i) +R j]/[(x-½ L)2 +R2]3/2 = (kQ R j /L)0∫L dx /[(x-½ L)2 +R2]3/2 E = j {kQ /R[R2 + (0.5 L)2]1/2}
dE = k dQ[( x-½ L)(-i) +R j]/[(x-½ L)2 +R2]3/2
Y(m)
½L R
(1.24)
½L R
x X(m) dx
x dQ
Gambar (1.14)
Sekarang kita kembali ke persoalan muatan yang tersebar merata pada bidang datar . Kita lihat bidang datar berbentuk empat persegi panjang dengan ukuran (a x b) m2. Perhatikan gambar (1.15) di bawah ini. Ingat bahwa kita bekerja di dalam ruang dimensi-3.
z
P
y
dQ R
x
y
b
x
b a
a y
z dQ d
R b
y
y y
a
Gambar (1.15)
Perhatikan bahwa medan listrik di titik P akibat dQ sama dengan persoalan di atas ( lihat persamaan (1.24)), dengan menggantikan Q→ dQ; L→ a; R→ d = (y2 + R2)1/2 ; E → dE ; dan j → ( - y j + R k )/( y2 + R2)1/2 diperoleh dE = ( - y j + R k ){k dQ / (y2 + R2)[y2 + R2 + (0.5 a)2]1/2}
(1.25)
Dari gambar di atas didapat dQ = Q(a dy)/(ab) = Q dy/b
(1.26)
Jadi medan total di P adalah E = ∫dE = k (k Q R /b) –b/2∫ b/2{ dy / (y2 + R2)[y2 + R2 + (0.5 a)2]1/2}
(1.27)
Medan total hanya ke arah sumbu-z positif. Bagaimana besar dan arah medan listrik jika muatannya berjenis negatif ? Jika ingin berlatih anda dapat mengikuti prosedur yang sudah dilakukan di atas dan jika anda ingin memeriksa hasilnya dapat menggunakan persamaan (1.27 ) dengan mengganti Q dengan – Q.
Cara lain untuk menghitung medan listrik untuk kasus di atas adalah dengan memandang elemen muatan pada bidang xy pada posisi sembarang (x,y). y z
P
y
dQ
x R
x
y
b
x
b a dQ
dy
dx
a dQ = Q (dx dy)/(ab) = σ dx dy σ = Q /(ab) = rapat muatan
Gambar (1.16)
Medan listrik di titik P yang ditimbulkan oleh dQ adalah dE = k dQ (- x i – y j + R k )/ [ x2 + y2 + R2 ]3/2 = k [Q dx dy /(ab) ] (- x i – y j + R k )/[ x2 + y2 + R2 ]3/2 Perhatikan bahwa vektor (- x i – y j + R k ) adalah vektor posisi titik P dari elemen muatan dQ . Medan total di titik P adalah E = (k σ ) –b/2∫ b/2–a/2∫ a/2 {(- x i – y j + R k )/[ x2 + y2 + R2 ]3/2 }dx dy = k (k σ ) –b/2∫ b/2–a/2∫ a/2 R /[ x2 + y2 + R2 ]3/2 }dx dy
(1.29)
Perhatikan ! Apakah hasil yang diperoleh pada persamaan (1.27) dan (1.28) sama ? Soal-soal 1. Dua buah muatan titik q1= 1,6 x 10-19 C dan q2 = 1,6 x 10-19 C diletakkan dalam bidang-xy secara berturut-turut pada titik-titik (0,0) dan (3,4). Hitung : a. Gaya yang dialami masing-masing muatan b. Bandingkan besar masing-masing gaya pada soal (a). Jawab : a) F12 = - F21 = k (1,6 x 10-19 )( ─ 3 i ─ 4j )/125 N, b) sama besar
2. Empat buah muatan sejenis ditempatkan pada sudut-sudut sebuah bujur sangkar dengan sisi a. Hitung : a. Besar medan listrik oleh masing-masing muatan di titik potong diagonal. b. Medan listrik total pada titik potong diagonal. Jawab : a) k 2q/a2 , b) nol 3. Dua buah muatan titik q dan 4q dipisahkan oleh jarak sejauh 3r. Hitung : a. Besar medan gaya listrik yang dialami oleh masing-masing muatan. b. Besar gaya per satuan muatan pada masing-masing muatan c. Jarak sebuah titik dari q dimana medan total di titik tersebut nol Jawab : a) 4kq2 /9r2 , b) 4kq /9r2 pada muatan q , kq /9r2 pada muatan 4q, c) sejauh r dari q dan sejauh 2r dari 4q. 4. Berapakah jarak antara dua proton jika gaya tolak listrik yang bekerja pada masingmasing muatan sama dengan dua kali beratnya di permukaan bumi. Diketahui percepatan gravitasi bumi 10 m/s2 dan massa proton 1,7 x 10-27 kg. Jawab : 0,8232 cm 5. Dua buah bola penghantar yang identik dimuati muatan sama besar dengan jenis yang berbeda. Kedua bola saling tarik-menarik dengan gaya sebesar 0,108 N. Bila kedua bola terpisah oleh jarak 0,50 m, hitung besar masing-masing muatan. Jawab : 1,732 x 10-6 C 6. Sebuah elektron ditembakkan ke arah proton dengan laju awal 3,0 x 105 m/s. Jika jarak mula-mula antara elektron dan proton sangat jauh, pada jarak berapakah dari proton elektron memiliki kecepatan dua kali semula ? Jawab : 2,371 x 10-7 m 7. Tiga buah bola kecil, masing-masing bermassa 10 g digantungkan dengan tali kecil sepanjang 1 m dari sebuah titik bersama. Bola-bola tersebut bermuatan identik dan menggantung membentuk segitiga sama sisi yang sisi-sisinya 0,1 m. Berapakah muatan masing-masing bola ? Jawab : 4,387 x 10-8 C 8. Sebuah muatan titik diletakkan sejauh 0,5 m dari sebuah titik pengamatan. Medan listrik di titik tersebut akibat muatan titik terukur sebesar 2,0 N/C, berapakah muatan titik tersebut ? Jawab : 0,555 x 10-10 C 9. Muatan listrik +Q tersebar merata ke seluruh kawat yang berbentuk seperti gambar di bawah. Hitung medan listrik total pada pusat lingkaran. Soal (9)
Soal (10)
r R 2r
2r
Jawab : E = ∫ dE = [k4rQ/(4r + 2πr)]-2r∫2r r j dx / (r2 + x2)3/2
10. Dua buah kawat penghantar identik sangat panjang, memiliki muatan total +Q. Jarak antara kedua kawat R. Hitung gaya persatuan panjang yang dialami masing-masing muatan ! Jawab : Q2/(2πεoL2R) N/m 11. Sebuah medan listrik serbasama terdapat di dalam daerah antara dua plat identik dengan muatan total berlawanan. Sebuah elektron dilepaskan dari keadaan diam pada permukaan plat bermuatan negatif dan menumbuk plat positif dalam waktu 1,5 x 10-8 s. Diketahui jarak antara kedua plat 2,0 cm. a. Berapakah laju elektron saat menumbuk plat ? b. Berapakah besar medan listrik di antara plat ? Jawab : a) 2,67 x 106 m/s, b) 1,012 x 103 N/C 12. Sebuah plat berbentuk bujur sangkar ( panjang sisi r = 1 m) memiliki muatan persatuan luas σ. Sebuah titik pengamatan terletak sejauh d dari plat. Hitung besar medan litrik pada titik tersebut akibat plat bermuatan, anggap d << r.
d r r
Jawab : σ/2εo
d
BAB II HUKUM GAUSS Di dalam pembahasan di atas telah kita lihat bagaimana penggunaan hukum Coulomb untuk menghitung medan listrik E pada berbagai titik di sekitar distribusi muatan. Cara tersebut dikenal dengan cara langsung yang memerlukan banyak energi, karena tingkat kerumitannya cukup tinggi kecuali untuk kasus-kasus sederhana. Akan tetapi cara ini selalu dapat digunakan bagaimanapun rumitnya persoalan. Mengingat bahwa dalam skala kecil alam cenderung simetri, maka dalam menghitung medan E kita dapat menggunakan metoda tidak langsung. Metoda ini dikenal dengan hukum Gauss. Keuntungan dari metoda ini adalah proses matematisnya yang lebih sederhana. Sebelum kita mempelajari hukum Gauss, ada baiknya kita perhatikan beberapa hal di bawah ini : 1. Arah medan listrik di sebuah titik pengamatan yang ditimbulkan oleh sebuah muatan positif adalah meninggalkan muatan tersebut. 2. Arah medan listrik di sebuah titik pengamatan yang ditimbulkan oleh sebuah muatan negatif adalah menuju muatan tersebut. 3. Arah permukaan di suatu titik pada permukaan tersebut tegak lurus permukaan singgung di titik tersebut, arah permukaan tersebut dikenal dengan arah normal. 4. Rapat muatan per satuan panjang diberi notasi λ. 5. Rapat muatan per satuan luas diberi notasi σ. 6. Rapat muatan per satuan volume diberi notasi ρ. 7. Fluks listrik (satuannya Tesla) diberi notasi Φ. 1.1 Fluks Dari Sebuah Medan Vektor Andaikan di dalam sebuah ruangan kita memiliki sebuah permukaan S (permukaan merupakan vektor), permukaan ini disusun oleh sejumlah elemen permukaan dengan luas sama dS. Di dalam ruangan inipun bekerja medan listrik E. Sekarang pandang salah satu elemen luas yang terletak pada suatu titik di permukaan S misal dS (sebuah besaran vektor, ada arahnya) dan hitung E di tempat tersebut. Kemudian lakukan operasi titik antara kedua vector tersebut E . dS. Beberapa sifat dari operasi titik tersebut adalah : 1. Merupakan sebuah besaran scalar infinitesimal. 2. Bernilai positif jika sudut antara E dan dS lebih kecil dari 90o, dan negatif jika sudutnya lebih besar dari 90o. 3. Bernilai nol jika E tegak lurus terhadap normal dS , dengan kata lain E sejajar dengan daerah yang direpresentasikan oleh dS. Nah, sekarang kita dapat membayangkan pekerjaan di atas untuk seluruh permukaan yaitu dengan menjumlahkan semua operasi titik masing-masing elemen luas. Φ = ∫ E.dS
(2.1)
Hasil dari persamaan (2.1) dikenal dengan fluks dari E yang melalui permukaan S.
1.2
Permukaan Terbuka Dan Tertutup Permukaan dapat diklasifikasikan sebagai berikut : a. Permukaan Terbuka, adalah permukaan yang memiliki suatu ‘ekor’. Contoh: kertas, tabung tanpa tutup, setengah bola, dan sebagainya. b. Permukaan Tertutup, permukaan yang tidak memiliki ekor. Contoh : bola, tabung dengan tutupnya, balon, dan sebagainya. Untuk lebih jelasnya perbedaan antara permukaan tertutup dan terbuka adalah : permukaan tertutup dipisahkan oleh dua ruang yaitu volume dalam dan luar. Dan tidaklah mungkin pindah dari dalam ke luar tanpa memotong permukaan. Sifat ini tidak dimiliki oleh permukaan terbuka. 1.3 Hukum Gauss Garis gaya (digunakan untuk melukiskan intensitas dan arah) medan listrik berawal dari muatan positif dan berakhir pada muatan negatif. Pernyataan secara tepat dari ide intuisi ini dikenal dengan hk. Gauss : ∫ E . dS = ( ∑q )/εo
(2.2)
S
Ruas kiri adalah fluks dari medan E yang melalui permukaan tertutup S. Pada ruas kanan, (∑q ) adalah jumlah muatan total yang berada di dalam permukaan tertutup S. Sebagai contoh perhatikan gambar (2.1) di bawah ini. +3 C -6 C
Permukaan tertutup S
+10 C Gambar (2.1) Jumlah fluks yang melalui permukaan tertutup S sama dengan ( +3 – 6 ) /εo. Muatan +10 C berada di luar permukaan tertutup, jadi tidak memberikan kontribusi pada fluks yang melalui permukaan tertutup. Persamaan ∫ E . dS = ( ∑q )/εo sangat padat. Saat menerapkannya pada suatu persoalan kita harus berada dalam beberapa hal berikut : a. Ia hanya untuk permukaan tertutup. b. dS memiliki arah normal dan keluar c. Secara umum E bervariasi dari titik ke titik pada permukaan S dan tidak dapat keluar dari integrasi. d. E dan dS adalah vektor: pertama kita harus mencari E . dS, kemudian jumlahkan untuk seluruh permukaan tertutup dengan cara melakukan integrasi. e. ∑q , hitung jumlah muatan total yang dilingkupi permukaan tertutup atau dengan kata lain ∑q jumlah muatan yang berada di dalam volume yang dibatasi permukaan tertutup.
Biasanya distribusi muatan diketahui ( muatan titik, muatan pada kawat, muatan silinder, dsb) dan kita disuruh menghitung medan listrik E pada suatu titik pengamatan P. Perlu diingat bahwa tidak ada ketentuan khusus bagaimana bentuk permukaan tertutup, akan tetapi salah satu keistimewaan hk. Gauss adalah kita bebas memilih permukaan tertutup. Ini berarti kita boleh memilih permukaan tertutup sedemikian rupa sehingga persoalan integrasi menjadi lebih sederhana. Karena itu sangat mudah bila digunakan untuk sistem distribusi muatan yang mempunyai simetri mudah. Dalam aplikasinya persoalan hk. Gauss adalah persoalan menentukan permukaan tertutup yang dikenal dengan permukaan Gauss. Ada tiga macam permukaan Gauss yang kita bahas disini yang berkaitan dengan bentuk dan simetri dari distribusi muatan yaitu bola, silinder, balok. Tidak ada petunjuk resmi bagaimana cara kita memilih permukaan, tetapi berdasarkan pengalaman penulis ada dua hal penting yang perlu diperhatikan sebagai panduan dalam memilih permukaan : 1. Hukum Gauss digunakan menghitung besar medan listrik, sedangkan arah medan listrik sudah diketahui dengan menggunakan hk. Coulomb (kaidah simetri). 2. Pilih permukaan sedemikian rupa sehingga arah E pada permukaan sejajar dan atau tegak lurus permukaan ( E.dS = 0 atau E.dS = E dS ). Pada permukaan dimana E sejajar dengan arah dS pilih permukaan dimana besar E konstan pada setiap titik pada permukaan tersebut ( agar E dapat dikeluarkan dari integrasi ). Untuk lebih jelasnya perhatikan beberapa contoh pemakaian hk. Gauss di bawah ini. 1.4 Beberapa Contoh Penggunaan Hukum Gauss Perhatikan sebuah kawat lurus serbasama dengan muatan total +Q ( lihat contoh soal medan listrik oleh muatan kontinu ). Misalkan panjang kawat L dan titik pengamatan berada ditengah-tengah.
y
Ep x
Ep = j (kDQ/L)0,5L∫0,5L (dx / (d2 + x2)3/2
D
L
Gambar (2.2)
Andaikan L → ∞ , hal ini selalu bisa kita dapatkan dengan mengambil L >> D. Dengan menggunakan teknik integrasi tertentu kita peroleh medan pada titik sejarak D dari kawat adalah : E = j ( Q/ 2πεoLD) atau E = j ( λ / 2πεoD)
(2.3)
Arah medan ini meninggalkan kawat dan tegak lurus kawat. Tentunya sebelum kita mendapatkan hasil tersebut kita harus mnempuh cara penyelesaian yang cukup rumit. Nah, cara yang lebih mudah adalah dengan memanfaatkan hk Gauss.
Perhatikan gambar (2.3) di bawah ini, hasilnya bandingkan dengan cara di atas ditanggung lebih mudah!
D
D
Permukaan dengan besar medan listrik sama
x Gambar (2.3)
Bangunlah sebuah selinder (permukaan Gauss) dengan jari-jari D dan panjang x ( lihat gambar (2.3)). Kawat bermuatan terletak pada sumbu silinder. Perlu diingat dalam membangun permukaan Gauss titik pengamatan merupakan salah satu titik pada permukaan. Perhatikan panjang kawat yang berada didalam selinder adalah x, ini artinya muatan yang berada dalam selinder adalah. ∑ q = (x/L) Q = x λ
(2.4)
Silinder kita memiliki 3 buah permukaan, yaitu tutup kiri dan kanan serta selimut. Perhatikan bahwa medan ⊥ permukaan kiri dan kanan dan searah dengan permukaan selimut. ∫ E . dS = (x λ/εo)
(2.5)
Fluks listrik yang menembus tutup kiri dan kanan nol, jadi fluks listrik yang menembus silinder hanya fluks yang menembus permukaan selimut. Perhatikan juga bahwa arah medan listrik di setiap titik di selimut searah dengan arah permukaan selimut! ∫ E . dS = selimut ∫ E . dS = (x λ/εo)
(2.6)
∫ E . dS = E . luas selimut = E ( 2π D x ) = (x λ/εo) . Jadi besar medan listrik di titik sejauh D dari kawat adalah (arah medan listrik meninggalkan kawat) selimut
E = (Q/L2π D εo) = (λ/L2π D εo)
(2.7)
Contoh lain: Hitung besar medan listrik di sebuah titik sejauh x dari sebuah plat yang bermuatan total +Q luas plat A, asumsikan x << dari dimensi plat.
Luas a’ x
Muatan total +Q, luas plat A x
x
Gambar (2.4) Bangun sebuah permukaan Gauss berbentuk balok dengan panjang 2x dan luas penampang a’. Plat memotong balok di tengah-tengah ( lihat gambar (2.4) di atas ). Perhatikan, berdasarkan hk. Coulomb atau simetri bidang dari distribusi muatan ini, arah dari medan listrik meninggalkan plat.
Permukaan kiri
Permukaan kanan Gambar (2.5)
Penampang lintang balok dengan luas a’, sepanjang permukaan ini medan listrik sama (besar maupun arahnya).
Dari gambar (2.5) di atas terlihat bahwa tidak seluruh muatan berada di dalam balok, muatan yang berada di dalam balok hanya yang berada di bagian plat seluas a’. Jadi jelas jumlah muatan yang berada di dalam balok adalah
(∑q ) = (a’/A)Q
(2.7)
Perhatikan juga bahwa balok memiliki 6 permukaan, tetapi hanya dua buah permukaan yang memberikan kontribusi terhadap fluks listrik yaitu permukaan kiri dan kanan. Jarak kedua permukaan tersebut ke plat sama, sehingga besar medan listrik pada kedua permukaan tersebut dapat dianggap sama. Jadi kedua permukaan itu memberikan kontribusi fluks sama besar. Empat permukaan yang lain memiliki arah normal tegak lurus medan sehingga fluksnya nol. Berdasarkan hal tersebut di atas, maka kita dapatkan a. Fluks total yang menembus balok = (a’/ εo A)Q b. Balok ∫ E . dS = 2tutup kiri ∫ E . dS = 2 tutup kanan ∫ E . dS = 2 E luas penampang lintang balok = 2 E a’ c. Jadi besar medan listrik pada titik sejauh x dari plat dengan luas A dan muatan total +Q adalah E = (Q / 2εo A) = σ/ 2εo
(2.8)
Dimana σ = Q/A Soal-soal 1. Sebuah bola konduktor pejal berjari-jari R diberi muatan total +Q. Hitung medan listrik pada sebuah titik pengamatan sejauh r dari pusat bola, untuk r < R dan r > R. Muatan tersebar merata pada permukaan ( medan di dalam konduktor selalu nol, karena setimbang). Jawab : r < R E = 0, r > R E = k Q/r2 2. Ulangi soal (1), untuk bola non-konduktor pejal, muatan tersebar merata ke seluruh ruang. Jawab : r < R E = k r Q/R3 3. Bola konduktor berongga berjari-jari dalam a dan luar b. Sebuah muatan titik +Q diletakkan di pusat bola. Hitung : a. Medan listrik untuk r < a, a < r < b, r > b ( r dihitung dari pusat bola) b. Muatan induksi pada masing-masing permukaan konduktor (manfaatkan pengetahuan mengenai medan di dalam konduktor nol ) Jawab : a) r< a E = k Q/r2 , a < r < b E = 0, r > b E = k Q/r2 , b) Qdalam = –Q, Qluar = +Q 4. Bola konduktor pejal berjar-jari a berada di dalam bola non-konduktor berongga (jarijari dalam a dan jari-jari luar b ). Bola konduktor diberi muatan +Q dan bola nonkonduktor diberi muatan –Q. Hitung medan listrik untuk seluruh r ( r dihitung dari pusat bola ) dan hitung muatan induksi pada masing-masing permukaan bola konduktor. Jawab : r < a E = 0, a < r < b E = k Q/r2 [1─ ( r3 – a3)/ ( b3 – a3)], r > b E = 0 5. Dua buah silinder non-konduktor sangat panjang dipasang konsentris. Silinder bagian dalam berjari-jari a (rapat muatan +σ), silinder bagian luar berjari-jari dalam b dan luar c ( rapat muatan –σ ). Hitung medan listrik untuk seluruh r ( r dihitung dari sumbu silinder). Jawab : r
BAB III POTENSIAL LISTRIK 3.1
ENERGI POTENSIAL LISTRIK (W)
DEFINISI : Usaha yang diperlukan untuk memindahkan suatu muatan yang berada di bawah medan eksternal dari satu tempat ke tempat lain.
Pandang sebuah muatan uji positif qo yang berpindah dari A ke B dibawah pengaruh medan listrik luar E ( lihat gambar (3.1)). Akibat adanya medan listrik E muatan mengalami gaya ke kanan qoE. Jadi untuk memindahkannya dari A ke B kita harus melawan gaya tersebut. Bagaimana caranya? Jelas !, dengan cara memberi gaya luar F yang berlawanan arah dengan qoE. F minimum adalah F = - qoE
(3.1)
A F = qo E rA
B
E
rB
Gambar (3.1) Jadi usaha yang kita perlukan untuk memindahkan qo dari A dan B adalah WA→B = - rA∫rB qo E. dl
(3.2)
Di mana rB dan rA adalah posisi titik B dan A, dengan dl dalam koordinat kartesius sebagai berikut dl = dx i + dy j + dz k
(3.3)
Karena medan listrik E bersifat konservatif (sebuah medan vektor disebut konservatif jika integrasi hanya bergantung pada posisi awal dan akhir, tidak bergantung pada lintasan yang diambil), maka WA→B dapat dipandang sebagai selisih energi potensial
listrik muatan qo di titik B dan A. Jika energi potensial dilambangkan dengan U, maka UB - UA = WA→B . Contoh : Misalkan medan listrik E berasal dari muatan titik +q yang diletakkan di pusat koordinat. Arah dari E meninggalkan muatan +q (dalam koordinat bola diberi notasi dengan er) . Medan listrik pada titik sejauh r adalah E = ( k q/r2 ) er
(3.4)
rB +q
rA qo
Gambar (3.2) Usaha yang diperlukan untuk memindahkan muatan qo dari titik A ke titik B didapat dengan substitusi persamaan (3.4) ke dalam persamaan (3.2) : UB - UA = - rA∫rB qo ( k q/r2 ) er . dl
(3.5)
Untuk menyelesaikan persamaan (3.5) jika kita menggunakan persamaan (3.3) akan mengalami sedikit kesulitan. Persoalan ini akan lebih mudah jika kita menggunakan koordinat bola, karena medan listrik E sudah dalam sistem koordinat bola. dl = dr er + r dθ eθ + r sinθ dΦ eΦ
(3.6)
Dengan menggunakan persamaan (3.6) ke dalam persamaan (3.5) diperoleh UB - UA = - rA∫rB qo ( k q/r2 ) dr = (kqoq)[(1/rB) – (1/rA)] joule
(3.7)
Kemudian diperoleh UB = (kqoq/rB) dan WA = (kqoq/rA)
(3.8)
Persamaan (3.8) adalah energi potensial muatan qo, akibat berinteraksi dengan +q, saat berada sejauh rB dan rA dari muatan +q. Jadi jika ada dua buah muatan titik q1 dan q2 yang dipisahkan oleh jarak sejauh r, maka energi potensial pada masing-masing muatan akibat muatan yang lain adalah U = (kq1q2/r)
(3.9)
3.2
POTENSIAL LISTRIK (V)
DEFINISI : Potensial listrik pada sebuah muatan Q adalah Energi potensial muatan tersebut tiap satuan muatan . Secara matematis pernyataan di atas ditulis sebagai berikut : V = U/Q
(3.10)
Sekarang kita tuliskan kembali persamaan (3.2) untuk bentuk yang lebih umum, dengan cara mengganti qo E dengan F (gaya listrik) UB - UA = - rA∫rB F . dl
(3.11)
Andaikan gaya F di atas bekerja pada muatan Q, maka potensial listrik yang ia alami saat pindah dari titik A ke titik B adalah VB - VA = (UB - UA )/Q = - rA∫rB (F/Q) . dl
(3.12)
Perhatikan bahwa F/Q tidak lain adalah medan listrik (E) dimuatan Q, jadi persamaan (3.12) dapat ditulis kembali menjadi VB - VA = (UB - UA )/Q = - rA∫rB E . dl
(3.13)
Persamaan (3.13) dikenal dengan beda potensial antara titik B dan A yang ditimbulkan oleh medan listrik E. Sekarang kita terapkan untuk persoalan dua buah muatan titik, q1 dan q2 . Andaikan q1 diam dan q2 kita pindahkan dari titik A ke titik B. Medan listrik yang ditimbulkan oleh q1 pada titik sejauh r dari q1 adalah E = ( k q1/r2 ) er
(3.14)
Substitusi persamaan (3.14) dan ( 3.6) ke persamaan (3.13) diperoleh VB - VA = - rA∫rB ( k q1/r2 ) dr = ( k q1) [( 1/rB ) - ( 1/rA )]
(3.15)
Jadi kita dapat menganggap potensial listrik yang ditimbulkan oleh sebuah muatan titik q1 pada titik sejauh rB dari muatan tersebut adalah VB = k q1/rB
(3.16)
Contoh : Sebuah muatan uji qo berpindah dari A ke B tanpa percepatan melewati lintasan seperti pada gambar (3.3). Medan yang bekerja tetap E = Eo i N/C. Hitung besar beda potensial antara titik B dan A untuk masing-masing lintasan yang diambil! C
y x
d B
A x=d
x=0
Gambar (3.3)
Lintasan 1, dari A langsung ke B VB – VA = - XA∫XB Eo i . dS = - d ∫0 Eo dx = - Eo ( 0 – d ) = Eo d Jadi besar beda potensial antara titik B dan A adalah Eo d Lintasan 2, dari A ke B melalui titik C VB – VA = - A∫B Eo i . dl = - A∫C Eo i . dl + - C∫B Eo i . dl C A∫
Eo i . dl = A∫C Eo i . ( i dx + j dy ) = d∫0 Eodx = - Eo d
B C∫
Eo i . dl = C∫B Eo i . ( i dx + j dy ) = 0∫0 Eodx = 0
Besar beda potensial antara A dan B melalui lintasan 1 maupun 2 sama, yaitu Eo d Dari uraian dan contoh di atas kita dapat tuliskan hubungan potensial dan medan listrik sebagai berikut : ∆ V = - ∫ E . dS
atau
E = - V
(3.17)
= i (∂/∂x) + j (∂/∂y) + k (∂/∂z) (koordinat kartesius) = er (∂/∂r) + eθ (1/r)(∂/∂θ) + eΦ (1/ rsin θ) (∂/∂Φ) (koordinat bola) = eρ (∂/∂ρ) + eΦ (1/ρ)(∂/∂Φ) + ez (∂/∂z) (koordinat silinder)
(3.18a) (3.18b) (3.18c)
Dimana
Contoh : Hitung V untuk V berikut ini : a. V = 2xy3z2 b. V = 2x + y3 + z2 Jawab : a. V = [i (∂/∂x) + j (∂/∂y) + k (∂/∂z)] 2xy3z2 = i (∂/∂x)( 2xy3z2 ) + j (∂/∂y) (2xy3z2 ) + k (∂/∂z)( 2xy3z2 ) = i (2y3z2 ) + j (6xy2z2 ) + k ( 4xy3z ) b. V = [i (∂/∂x) + j (∂/∂y) + k (∂/∂z)] [2x + y3 + z2 ] = i (∂/∂x)( 2x ) + j (∂/∂y) (y3 ) + k (∂/∂z)( z2 ) = i 2 + j 3y2 + k 2z 3.3 MEDAN DIPOL LISTRIK Pandang sepasang muatan titik pada sumbu –x. Kedua muatan dipisahkan oleh jarak d. Disini kita meninjau dua kasus : 1. Medan listrik akibat kedua muatan pada suatu titik di sumbu-x 2. Medan listrik akibat kedua muatan pada suatu titik di sumbu-y Kasus –1
d/2
-Q
d/2
P titik pengamatan
+Q r Gambar ( 3.4 )
Besar medan listrik di titik P akibat masing-masing muatan adalah E+ = k Q/( r – d/2)2 E- = k Q/( r + d/2)2
arahnya menuju x positif arahnya menuju x negatif
Besar medan listrik total di titik P akibat kedua muatan adalah │ E+ + E-│= kQ [1/( r + d/2)2 ] ─ [1/( r – d/2)2] = (kQ/ r2) [( 1 + d/2r)-2 – ( 1 – d/2r)-2 Untuk r >> d atau d/2r << 1, ( 1 – d/2r)-2 ≈ 1 ─ d/2r dan ( 1 + d/2r)-2 ≈ 1 + d/2r Jadi
│ E+ + E-│= (k/r3)(Qd) = (k/r3) p = (k p)/r3 arahnya ke kanan
(3.19)
dimana p = Qd adalah momen dipol yang vektor arahnya dari muatan negatif menuju muatan positif. Jadi persamaan (3.19) dapat juga dinyatakan sebagai besar medan listrik yang ditimbulkan oleh momen dipol p sepanjang momen dipol tersebut. Kasus – 2
E+
2E+ cos θ
E-
θ θ
r θ -Q
+Q
Gambar (3.5) Besar medan listrik oleh masing-masing muatan adalah E+ = k Q/( r2 + d2/4) arahnya lihat gambar (3.5) di atas E- = k Q/( r2 + d2/4) arahnya lihat gambar (3.5) di atas Perhatikan bahwa besar kedua medan listrik sama, sehingga medan total di titik P hanya memiliki komponen horizontal saja. Komponen vertikal saling meniadakan. Jadi │ E+ + E-│= 2kQ [(d/2)/( r2+ d2/4)3/2 ] = (kQd/r3) ( 1 + d2/4r2)-3/2 Untuk r >> d, ( 1 + d2/4r2)-3/2 ≈ 1 │ E+ + E-│= (kQd/r3) = k p/r3 arahnya ke kiri
(3.20)
Medan listrik oleh dipol p secara umum dapat ditentukan menggunakan hubungan antara E dan potensial listrik V (persamaan 3.17). Untuk itu ada baiknya kita tinjau potensial listrik yang ditimbulkan oleh sebuah dipol p. Perhatikan gambar (3.6) di bawah ini, potensial litrik di titik P akibat masing-masing muatan adalah
V+ = k Q/r1 dan V- = - k Q/r2
(3.21)
Potensial total di titik P adalah V = V+ + V- = k Q ( 1/r1 – 1/r2) = k Q ( r2 – r1)/r1 r2
(3.22)
Ambil untuk r >> d, maka ( r2 – r1) ≈ d cos θ dan r1 r2 ≈ r2 . Persamaan 3.22 menjadi V = k Q d cos θ / r2 = k p . r / r2
r2
(3.23)
r
r1
θ -Q
p
+Q
d
3.4
Gambar ( 3.6 )
MOMEN DIPOL DI DALAM MEDAN LISTRIK Gambar (3.7) di bawah menunjukan dipol yang dibentuk oleh pasangan muatan titik yang dipisahkan sejauh d. Kedua muatan berada di dalam medan luar konstan E . Momen dipol P membentuk sudut θ terhadap E.
+Q
F
p θ -F
-Q Gambar (3.7)
E
Kita perhatikan momen gaya yang ditimbulkan oleh kedua gaya ( F dan –F). Momen gaya di definisikan sebagai berikut τ=rxF
(3.24)
dimana r adalah posisi titik tangkap gaya (F) dari pusat putaran, berdasarkan analisa vektor besar momen gaya dinyatakan sebagai berikut │ τ │=│r││F│sin θ
(3.25)
dengan θ sudut antara r dan F. Untuk persoalan kita │r│= d/2, jadi │ τ │= (d/2)│F│sin θ, besar momen gaya total yang bekerja pada sistem pasangan muatan di atas adalah │ τ │= 2 (d/2)│F│sin θ = d│F│sin θ = d Q E sin θ = P E sin θ
(3.26)
dimana P adalah momen gaya listrik. Secara umum jika dipol p di dalam medan listrik E akan timbul momen gaya sebagai berikut τ=pxE
(3.27)
Adanya momen gaya yang bekerja pada pasangan muatan di atas akan membuat orientasi dipol berubah, yang mula-mula membentuk sudut θo terhadap E menjadi θ. Usaha yang dilakukan oleh τ adalah berupa perubahan energi potensial. U θo - Uθ = Wθo →θ= ∫dW = θo ∫θ τ . dθ θ = θo ∫θ τ dθ = θo ∫θ p E sin θ dθ = θo[ ─ p E cos θ]θ
(3.28)
Dengan mengambil acuan θo = 900 , maka secara umum energi potensial listrik pada momen dipol yang berada di dalam medan listrik adalah W=-p.E
(3.23)
Soal-soal 1. Empat buah muatan sejenis ditempatkan pada sudut-sudut sebuah bujur sangkar dengan sisi a. Hitung : a. Potensial listrik oleh masing-masing muatan di titik potong diagonal. b. Potensial listrik total pada titik potong diagonal. Jawab : a) (k 2 q) /(a√2), b) (k 8 q) /(a√2)
2. Muatan listrik +Q tersebar merata ke seluruh kawat yang berbentuk seperti gambar di bawah. Hitung medan listrik total pada pusat lingkaran. r
3.
4
5 6 7
8
9
10
2r 2r Jawab : j (krq/L)-2r ∫2r (dx / (r2 + x2)3/2 , dimana q = 2Q/(2 + π ) Medan listrik di dalam sebuah bidang-xy dinyatakan dalam E = x i + y j N/C. Sebuah muatan titik q = 2 C berpindah dari titik (0,0) ke titik ( 2,4). Hitung : a. Usaha yang diperlukan untuk berpindah. b. Beda potensial antara kedua titik. Jawab : a) – 20 J, b) – 10 volt Dua buah plat konduktor identik dipasang sejajar sejauh d, luas masing-masing plat A. Dengan anggapan luas plat sangat besar, hitung beda potensial antara kedua plat jika : a. Muatan kedua plat sama besar dan berjenis sama (positif) b. Muatan kedua plat sama besar dan berlainan jenis. Jawab : a) nol, b) qd/εoA Potensial listrik dalam sebuah ruangan dinyatakan dengan V = 2xyz volt. Cari medan listrik yang berkaitan dengan potensial tersebut. Jawab : ─ [i 2yz + j 2xz + k 2xy] N/C Perhatikan soal (1)! Hitung besar energi potensial listrik pada masing-masing muatan. Jawab : kq2 [ 1/a + 1/a + 1/a√2] J Sebuah momen dipol p = (2 i ) C.m diletakkan pada sumbu-x di sekitar titik asal. Hitung potensial litrik dan medan listrik pada sebuah titik (x,y) yang terletak pada bidang-xy. Jawab : V = k 2x / (x2 + y2 ), E = ─ i [ 1/(x2 + y2)] + j [2x2 /(x2 + y2)2] Perhatikan momen dipol pada soal (7) ! Hitung momen gaya yang dialami oleh momen dipol tersebut jika berada di dalam ruangan dengan medan listrik E = x i + y j + x k N/C. Berapa usaha yang diperlukan medan listrik sehingga posisi momen dipol sejajar medan listrik ? Jawab : W = - 2x joule. Sebuah bola konduktor pejal berjari-jari R diberi muatan total +Q. Hitung potensial listrik pada sebuah titik pengamatan sejauh r dari pusat bola, untuk r < R dan r > R. Muatan tersebar merata pada permukaan ( medan di dalam konduktor selalu nol, karena setimbang). Jawab : r < R V = kQ/R, r > R V = kQ/r Bola konduktor pejal berjar-jari a berada di dalam bola non-konduktor berongga (jarijari dalam a dan jari-jari luar b ). Bola konduktor diberi muatan +Q dan bola nonkonduktor diberi muatan – Q. Hitung potensial listrik untuk seluruh r ( r dihitung dari pusat bola ). Anggap tidak terjadi pertukaran muatan antara kedua bola. Jawab : r < a V = kQ/a, a < r < b V = (kQ/r)[ 1 – (r3 – a3)/ (b3 – a3)], r > b V = 0.
11 Potensial listrik di dalam sebuah ruangan berubah sepanjang sumbu-x diperlihatkan dalam grafik di bawah ini. Untuk masing-masing interval tentukan komponen x dari medan listrik gambarkan Ex terhadap x. E (N/C) 10
-10
-8
-2
0
2
8
10
X (m)
-10 Jawab :
5 x
-5
BAB IV KAPASITOR 4.1
KAPASITANSI Pandang 2 buah konduktor yang terisolasi (gambar (4.1)). Kita asumsikan bahwa kedua konduktor memiliki muatan berpasangan +Q dan -Q. ini berarti setiap garis gaya yang berasal dari +Q akan berakhir di -Q. Pasangan muatan tersebut di atas muncul secara spontan akibat dari polaritas battery yang dihubungkan dengan konduktor. Sistem seperti ini dikenal sebagai Kapasitor. Kapasitor umumnya dikenal sebagai piranti untuk menyimpan energi atau muatan listrik. Besaran yang menyatakan kemampuan kapasitor untuk menyimpan energi atau muatan dikenal dengan nama kapasitansi (C).
<
+Q
-Q
<
Gambar (4.1) Secara matematis C didefinisikan sebagai berikut : Q=CV Dimana :
(4.1) Q adalah muatan spesifik konduktor C adalah kapasitansi kapasitor V adalah beda potensial antara konduktor
Berdasarkan bentuk fisiknya ada tiga macam kapasitor yaitu kapasitor plat sejajar, kapasitor silinder, kapasitor bola. Kapasitor plat sejajar disusun oleh dua buah plat dengan luas A dengan jarak antar plat d. Kapasitor silinder disusun oleh dua buah silinder yang dipasang sesumbu. Sedangkan kapasitor bola disusun oleh dua buah bola sepusat. Di bawah ini kita akan mencoba menghitung kapasitansi kapasitor plat sejajar dan bola. Sedangkan kapasitansi kapasitor silinder penulis berharap pembaca mau mencoba menghitung sendiri sebagai sebuah latihan.
4.1.1
KAPASITOR PLAT SEJAJAR Pandang dua buah plat sejajar dengan luas masing-masing A, muatan pada salah satu plat adalah +Q pada plat yang lain -Q. Jarak antara kedua plat adalah d. Hitung kapasitansi kapasitor tsb. +Q
-Q
Gambar ( 4. 2 ) Berdasarkan persamaan (2.8) medan listrik di sekitar plat dengan muatan +Q sebesar E = (Q / 2εo A) = σ/ 2εo dengan arah meninggalkan plat (tegak lurus plat). Medan listrik di sekitar plat bermuatan –Q memiliki besar yang sama dengan arah kebalikan dari arah yang ditimbulkan muatan +Q. Sekarang perhatikan medan listrik yang ditimbulkan oleh dua plat
+Q
daerah 1
-Q
daerah 2
daerah 3
Gambar (4.3) Garis tebal menggambarkan medan listrik oleh muatan +Q dan garis yang tipis menggambarkan medan listrik oleh muatan –Q. Perhatikan 3 daerah di atas !!! Medan selain daerah antara kedua plat nol, hal ini bisa kita jelaskan sebagai berikut : Perhatikan daerah 1 Medan akibat muatan +Q ke arah kiri sebesar E = (Q/2 εoA) Medan akibat muatan -Q ke arah kanan sebesar E = (Q/2 εoA) Jadi medan total adalah nol
Dengan cara yang sama, kita dapatkan medan listrik di daerah 3 nol. Dan medan diantara kedua plat memiliki arah ke kanan sebesar E = i (Q/εoA)
(4.2)
Sekarang kita tentukan beda potensial antara kedua plat (biasa ditulis V saja ) V = - ∫ E . dl = 0 ∫d(Q/εoA) dx = [(Q/εoA) d] Gunakan definisi kapasitansi yaitu persamaan (4.1), maka kita peroleh persamaan kapasitansi untuk kapasitor plat sejajar sebagai berikut C = εoA/d
(4.3)
Lihat bahwa kapasitansi bergantung pada ukuran fisik kapasitor dan permitivitas ruang antar plat. 4.1.2 KAPASITOR BOLA Dua buah bola konduktor tipis yang dipasang sepusat, dengan jari-jari a dan b ( di mana b > a), diberi muatan +Q dan -Q. Hitung kapasitansi sistem tersebut !! Bola konduktor berjarijari b diberi muatan total -Q
Bola Gauss berjari-jari r
Gambar (4.3)
Bola konduktor berjarijari a diberi muatan total +Q
Dengan menggunakan teorema Gauss diperoleh medan untuk daerar r < a dan r > b sama dengan nol, dan medan listrik untuk daerah a < r < b adalah E = Q/ 4πεo r2
(4.4)
Dengan arah meninggalkan pusat bola., kemudian besar beda potensial antara kedua bola konduktor diperoleh : V = (Q/ 4πεoab)( b - a)
(4.5)
Jadi kapasitansi untuk kapasitor bola adalah C = (4πεoab)/( b - a)
(4.6)
NAH ANDA COBA UNTUK SILINDER KOOSENTRIS ! Perhatikan gambar (4.4) di bawah ini!
b a
L
Gambar (4.4) Jawab : C = 2 π εo L / ln ( b/a )
(4.7)
Soal-soal 1. Sebuah muatan titik 10 -7 C terletak pada pusat rongga bola yang berjari-jari R =3 cm di dalam sebuah logam. Dengan hukum Gauss tentukan a. Medan listrik di a b. Medan listrik di b
b
Q = 10-7 C a
R
Jawab. Buat permukaan Gauss berbentuk bola berjari-jari a dan b dengan pusat di Q, akan kita peroleh medan listrik di titik a sebesar Ea = (10-7/4πεo a2) dan medan listrik di b Eb = 0 ( konduktor ). Dan kita juga bisa menghitung muatan induksi yang timbul pada permukaan logam berbentuk bola yaitu sebesar -10-7C, coba anda tunjukkan! 2. Sebuah sel non-konduktor berbentuk bola berongga ( jari-jari b = 20 cm) dengan rapat muatan tetap ρ, rongga berjari-jari a = 10 cm. Gambarkan E sebagai fungsi r ( jarak dari pusat bola ) dari 0 sampai 20 cm . Asumsikan : ρ = 10-6 Cm-3 . Jawab : Buat permukaan Gauss berbentuk bola dengan pusat di pusat bola non-konduktor . Jari-jari bola Gauss adalah r. Untuk r < a E = 0 karena tidak ada muatan di dalam permukaan Gauss. Untuk a < r < b muatan yang dilingkupi permukaan Gauss adalah Q ‘ = (4π /3)(r3 – a3) ρ Dengan menggunakan hk. Gauss kita peroleh medan listrik di r adalah E = (4π ρ /3)(r3 – a3) / (4πεo r2) = ρ (r3 – a3) / (3εo r2). Jadi grafik E terhadap r adalah E 0,058ρ / εo . c 0
a
b
r
a b
1. Suatu bola non-konduktor berjari-jari a diletakkan ke dalam sebuah sel bola konduktor berongga dengan jari-jari dalam b dan jari-jari luar c . Muatan bola nonkonduktor adalah +q. Muatan total pada sel adalah – q, tuliskan persamaan medan untuk seluruh ruang. Petunjuk : buat permukaan Gauss berbentuk bola berjari-jari r. Jawab : Buatkan gambar permukaan Gauss berbentuk lingkaran untuk masing-masing daerah ( garis putus-putus) r < a, a < r < b, b < r < c, r > c. Kita akan dapatkan besar E untuk daerah-daerah tersebut adalah : r < a, E = (r3/a3 ) / (4πεo r2) q = rq / 4πεoa3 a < r < b, E = q / (4πεo r2) b < r < c, E = 0 (konduktor) r > c, E = 0 (muatan total 0).
4.2
KAPASITOR DAN BAHAN DIELEKTRIK
Bahan dielektrik memiliki orientasi dipol acak , tetapi apabila diberi medan luar orientasi dipol sedemikian rupa sehingga momen dipol menjadi lebih teratur.
Orientasi dipol sebelum diberikan medan luar
Orietasi dipol setelah diberikan medan luar
Gambar (4.5)
+Q
-Q
+Q -+ +- -+ -+ ++- -+ -+ +- +-+ -+ -+ -+ -+ +- +- +- +- ++- +- +- +- ++- -+ +- -+ -+
Kapasitor plat sejajar, dengan ruang antar plat vakum
Muatan listrik di dalam dielektrik tanpa medan luar
-Q -+ -+ -+ -+ -+ -+ -+ -+ -+ -+ -+ -+ -+ -+ -+ -+ -+ -+ -+ -+ -+ -+ -+ -+ -+ -+ -+ -+ -+ -+
Muatan listrik di dalam dielektrik saat dikenakan medan luar yang berasal dari kapasitor plat sejajar
E = Eo + E’
Eo
E’ medan listrik yang dihasilkan muatan induksi dalam dielektrik
Gambar (4.6) Secara alamiah, orang berkeinginan memiliki kapasitor dengan ukuran kecil, tetapi memiliki kapasitansi yang besar. Secara empiris telah dibuktikan bahwa bahan dielektrik dapat memperbesar kapasitansi kapasitor.
Sekarang perhatikan kapasitansi plat sejajar ( lihat kapasitor ! ) Medan listrik antara plat sebesar Eo = (Q/εoA) sebelum diberikan dielektrik . Kemudian di dalam ruangan antar plat kita berikan dielektrik, perhatikan gambar ( 4.7) .
+Q
+Q -q
-Q _ _ _ _ _
Eo = (Q/εoA)
(a)
+q
-Q
+Q’
-Q’
+ + + + +
E’ = (q/εoA)
Pasangan plat baru
(b)
(c)
E = Eo + E’
(d)
Gambar (4.7) • •
Gambar (a) adalah medan listrik antara dua plat sebelum diisi dielektrik Eo = (Q/εoA) Gambar (b) adalah sebaran muatan dielektrik setelah diberikan medan luar Eo, sehingga dekat plat seakan-akan ada plat baru dengan muatan total –q dan +q (muatan-muatan ini dikenal dengan muatan induksi), besar muatan tersebut sangat bergantung pada sifat dari bahan dielektrik. Muatan-muatan tersebut menimbulkan medan listrik E’ dengan arah berlawanan dengan Eo . • Gambar (c) adalah muatan listrik antara plat setelah ada bahan dielektrik. • Gambar (d) adalah medan total antara plat setelah diberi dielektrik, seakan-akan ditimbulkan pasangan muatan +Q’ dan – Q’ ( +Q’ = +Q – q ). Perhatikan gambar (c), sekarang seakan-akan kita memiliki dua plat yang berdekatan dengan muatan +Q dan – q ( atau –Q dan +q ) yang memberikan medan antar plat E = (Q – q)/(εoA). Dua pasangan plat tersebut bisa kita ganti dengan sepasang plat sejajar dengan muatan Q’ = Q - q (gambar d). Sekarang kita perhatikan lagi gambar ( c ) dan ( d )! Kita akan dapatkan medan total listrik di dalam kapasitor setelah diberi dielektrik adalah E = Eo + E’
(4.8)
Dengan besar │ E │ = E = (Q – q)/(εoA), terlihat bahwa keberadaan dielektrik menurunkan besar medan listrik di dalam kapasitor. Hal ini sesuai dengan hasil eksperimen sebagai berikut : Dari percobaan diperoleh bahwa jika dua buah kapasitor identik salah satu disi bahan dielektrik dengan konstanta κ, dan masing-masing diberikan muatan sama besar , beda potensial kapasitor tanpa dielektrik lebih besar dibandingkan dengan kapasitor yang di berikan dielektrik.
Dielektrik +Q
+Q Vo
-Q
Pengisian kapasitor dengan sumber tegangan DC Vo
+Q Vo
-Q
Sumber dilepas, beda potensial tetap Vo
V -Q Sumber dilepas, ruang kapasitor diisi dielektrik dengan konstanta dieleketrik k. Beda potensial V
Gambar (4.8) Percobaan untuk melihat pengaruh bahan dielektrik terhadap besar beda potensial pada kapasitor, dimana sumber tegangan dilepas. Diperoleh bahwa V = Vo/k
Percobaan di atas mendukung tinjauan mikroskopik untuk kapasitor plat sejajar, terlihat bahwa keberadaan dielektrik mengurangi besar medan listrik di dalam kapasitor. Untuk kapasitor plat sejajar berlaku E = Eo/κ
(4.8)
Dimana Eo dan E adalah medan listrik di dalam kapasitor sebelum dan sesudah diisi dielektrik. Persamaan (4.8) juga berlaku untuk semua kapasitor. Dengan memanfaatkan hubungan E = Eo/κ = Q/κ εoA , kita dapat menulis hubungan E, E0 dan E' sbb : E’ = Eo ( 1 – 1/κ ) Atau q = Q (1 – 1/κ )
(4.9) (4.10)
Sekarang bagi persamaan (4.10) dengan A, perhatikan bahwa ruas kirinya adalah momen dipol (p = qd) per satuan volume (Ad). q/A = εo E’ = (qd)/(Ad)
(4.11)
Ingat arah momen dipol dari muatan negatif menuju muatan positif, dengan kata lain searah dengan E dan berlawanan arah dengan E’. Persamaan (4.11) dikenal dengan vektor polarisasi P. P = - εoE’
(4.12)
Suku kedua ruas kanan dari persamaan (4.10) setelah dibagi dengan A dapat ditulis sebagai berikut : Q /(Aκ) = εo ( Q/Aεoκ) = εo E (4.13)
Sekarang kita kembali perhatikan gambar (4.8)! Ingat bahwa muatan pada kapasitor tetap baik sebelum diisi dielektrik maupun sesudah diisi dielektrik (karena hubungan ke sumber tegangan diputus). εo E = εo (Eo + E’) atau εo Eo = εo E + P
(4.14)
Persamaan (4.14) dikenal dengan ‘ Displacement ‘ D. D = εo E + P
(4.15)
Perhatikan bahwa besar D hanya bergantung pada muatan bebas Q ( muatan ini dapat diatur dengan mengatur tegangan yang diberikan pada kapasitor ). Persamaan di atas diturunkan melalui kapasitor plat sejajar, akan tetapi persamaan tersebut berlaku untuk semua kapasitor. Untuk kasus polarisasi linier P = εo χ E , persamaan (4.15) dapat ditulis kembali D = εo ( 1 + χ) E = εo κ E
(4.16)
Dimana κ = ( 1 + χ) dikenal dengan konstanta dielektrik atau permitivitas relatif εr 4.3 HUKUM GAUSS UNTUK DIELEKTRIK Perhatikan kembali hukum Gauss dan gambar (4.8)! ∫ E . dS = (∑q )/εo
(4.17)
dimana ∑q = Q’ = Q – q, gunakan persamaan (4.9) dan (4.10) diperoleh ∫ εo E . dS - ∫ εo E’ . dS = ∫ D . dS = Q
(4.18)
persamaan ini dikenal dengan persamaan Gauss untuk dielektrik, dimana Q adalah muatan bebas. Jika sumber listrik dilepas, muatan bebas tetap, maka D akan konstan walaupun bahan dielektrik di dalam kapasitor diganti-ganti. Contoh : Ruang antar plat sebuah kapasitor plat sejajar mula-mula vakum. Kapasitor diisi muatan dengan cara dihubungkan dengan sumber muatan DC 100 volt. Setelah penuh sumber dilepas dan ruang antar plat diisi dielektrik dengan konstanta dielektrik 10. Diketahui kapasitansi kapasitor saat vakum 0,0001 F. Hitung mutan listrik dan besar vector D sebelum dan sesudah diisi dielektrik. Jawab : Q = muatan sebelum diisi dielektrik = CV = 0,0001 x 100 = 0,01 coulomb. Sumber dilepas berarti muatan pada plat tetap jadi Q’ = 0,01 coulomb. Ini berarti besar D juga tetap. Bagaimana dengan D jika ruang antar plat diisi dielektrik dengan konstanta dielektrik 1000?
4.3
KAPASITOR EKIVALEN Pandang dua buah kapasitor yang dipasang secara seri, misalkan C1 dan C2 ! Kapasitor diberi muatan dengan cara dihubungkan dengan sumber tegangan V. A
A S
B
S
B C
Gambar (4.9)
Saat saklar S ditutup arus mengalir dari A ke C, arus mula-mula besar makin lama makin kecil sampai suatu saat nol (kapasitor penuh). Arus yang mengalir dari A ke B ( di C1 ) sama dengan arus yang mengalir dari B ke C ( di C2). Ini berarti muatan listrik pada kedua kapasitor sama besar ( i = dQ/dt). Berdasarkan gambar di atas diperoleh VA – VB + VB – VC = V atau Q/C1 + Q/C2 = Q/C dimana 1/C = 1/C1 + 1/C2
(4.19)
Persamaan (4.19) adalah persamaan kapasitansi kapasitor ekivalen dari dua buah kapasitor yang dihubungkan secara seri. Bagaimana jika kedua kapasitor tersebut kita pasang secara parallel ? Untuk menjawab pertanyaan ini perhatikan gambar (4.10) di bawah ini ! I I1
I S
I2 C1
S C
C2
Gambar (4.10) Saat saklar S ditutup arus total yang mengalir dalam rangkaian sebesar I. Arus tersebut terpecah menjadi dua ( I1 dan I2) mengikuti hukum Kirchhoff, I = I1 + I2, dimana besar kedua arus belum tentu sama besar. Ini berarti bahwa muatan pada masing-masing kapasitor belum tentu sama. Akan tetapi beda potensial pada kedua kapasitor sama besar yaitu : V1 = Q1/C1 = V dan V2 = Q2/C2 = V. Bagaimana dengan muatan pada kapasitor ekivalen ? Berdasarkan hokum Kirchhoff diperoleh dQ1/dt + dQ2/dt = dQ/dt
(4.20)
dimana Q = C V adalah mauatan pada kapasitor ekivalen . Jadi dapat disimpulkan bahwa besar kapasitansi kapasitor ekivalen dari dua buah kapasitor yang dipasang paralel adalah C = C 1 + C2
(4.21)
Soal-soal 1. Sebuah kapasitor plat sejajar dengan luas A jarak antar plat d. Beda potensial antara kedua plat adalah vo = 100 volt . Kapasitor kita isi dengan bahan dielektrik (κ = 7), sesudah hubungan dengan sumber tegangan diputus. Andaikan A = 100 cm2 dan d = 1cm, Hitunglah : a. Kapasitansi sebelum diisi dielektrik b. Kapasitansi setelah diisi dielektrik c. Muatan bebas d. Kuat medan sebelum sebelum di isi dielektrik e. Kuat medan setelah diisi dielektrik f. Muatan induktansi dalam dielektrik Jawab. a. Untuk plat sejajar Co = εoA/d = 8,9 x 10-12 ( 10-2)/10-2 = 8,9 x 10-12 F b. Harap anda tunjukkan dulu bahwa C = εA/d = k εoA/d ( setelah diisi dielektrik ), jadi C = 7 Co = 7 x 8,9 x 10-12 F c. Muatan bebas = adalah muatan sebelum diberi dielektrik Q = Co vo= 8,9 x 10-10 coulomb. d. Untuk plat sejajar berlaku v = E d, Eo = vo/d = 100 /10-2 = 104 N/C e. E = Eo/κ = 104/7 N/C f. q = Q (1 – 1/κ ) = 8,9 x 10-10 ( 1 – 1/7 ) coulomb. • Coba cari besaran-besaran di atas melalui hubungan yang lain, selamat mencoba. 2. Ruang antar konduktor sebuah kapasitor mula-mula vakum. Kapasitor memiliki kapasitansi 10 mF dan dimuati dengan dihubungkan dengan arus DC 100 volt. Setelah penuh sumber arus diputuskan dan ruang antar konduktor diisi dielektrik dengan konstanta dielektrik 100. Kemudian diukur beda potensial antar konduktor diperoleh 85 volt. Hitung : a. Muatan kapasitor sebelum diisi dielektrik. b. Permitivitas dielektrik c. Permeabilitas listrik dielektrik d. Muatan induksi dalam dielektrik. Jawab: a. Q = CV = 10 x 10-3 x 100 = 1 coulomb b. ε = κ εo = 100 εo c. χ = κ – 1 = 99 d. q = Q (1 – 1/κ ) = 1 ( 98/99) coulomb. 3. Sebuah kapasitor memiliki beda potensial 50 volt (tanpa sumber muatan) saat ruang antar konduktor vakum. Kemudian ruangan kapasitor diisi dielektrik dengan permitivitas relatif 200. Hitung beda potensial kapasitor setelah diisi dilektrik. Jawab: V = Vo/κ = 50/200 volt.
4. Sebuah kapasitor terbuat dari dua buah konduktor tipis yang berbentuk setengah bola, berjari-jari a dan b ( a < b ). Ruang antar konduktor vakum, hitung kapasitansi kapasitor. Jawab : C = (2πεoab)/( b - a) 5. Tiga buah bola konduktor tipis berjari-jari a, b, dan c ( a < b < c ) dipasang sepusat. Hitung kapasitansi sistem tersebut jika ruangan antar konduktor vakum.
Jawab : C = (4πεoac)/( c - a) 6. Sebuah kapasitor pelat sejajar memiliki jarak antar pelat 3d, ruang antar pelat vakum. Jika konduktor setebal d diletakkan di tengah-tengah kedua pelat ( sejajar pelat, luas konduktor sama dengan pelat ), maka hitung kapasitansi kapasitor sekarang ! Jawab : εoA/2d 7. Sebuah kapasitor plat sejajar (luas A = 10 cm2, jarak antar plat d = 3 mm) diisi muatan sampai penuh dengan cara menghubungkannya dengan sumber 50 V. Setelah penuh sumber dilepas, kemudian disisipkan sebuah konduktor setebal 1 mm diantara kedua plat (luasnya sama dengan luas plat). Hitung kapasitansi kapasitor sekarang ! Jawab : εo/6 8. Sebuah kapasitor plat sejajar diisi dengan dua bahan dielektrik dengan konfigurasi seperti gambar di samping. Luas total A = 20 cm2 , d = 0,5 mm, ε1 = 3 εo, dan ε2 = 5 εo. Jika potensial antar ε1 ε2 keping 300 V, maka tentukan energi listrik yang tersimpan di dalam kapasitor. Jawab : 16εo A/2 A/2
d
BAB V MEDAN MAGNET 5.1
INDUKSI MAGNETIK Sebuah medan listrik E dikaitkan dengan gaya listrik FE pada sebuah muatan q. Gaya listrik ini diberikan oleh FE = q E, ia tidak tergantung pada gerak dari partikel dan arahnya sejajar dengan E. Keberadaan medan magnet B juga dapat dikaitkan dengan gaya pada sebuah muatan q, yang dikenal dengan gaya magnetik FB. Gaya ini bergantung pada kecepatan partikel v, arah dari gaya secara serentak tegak lurus pada v dan B. Gaya magnetik diberikan oleh FB = q v x B
(5.1)
B disebut induksi magnetik. Dalam SI satuan dari B adalah tesla ( T ) atau weber/m2. Jadi secara umum sebuah partikel bermuatan yang berada di dalam ruangan yang memiliki medan listrik dan medan magnet adalah F=q(E+vxB)
(5.2)
Persamaan ini dikenal dengan gaya Lorentz. 5. 1. 1 KERJA OLEH MEDAN MAGNET Usaha atau kerja oleh sebuah gaya F didefinisikan oleh W = ∫ F . dS, jadi usaha oleh gaya magnet adalah W = ∫ F . dS = q ∫ (v x B ) . dS
(5.3)
Dimana v = dS/dt, karena F tegak lurus pada v dan v sejajar dengan dS maka usaha oleh gaya magnet selalu nol. Ini berarti bahwa gaya magnetik tidak mengubah energi kinetik partikel atau dengan kata lain tidak mengubah laju partikel. Akan tetapi gaya magnetik dapat mengubah arah dari kecepatan partikel. 5.1. 2 GERAK PARTIKEL BERMUATAN DALAM B SERBASAMA Pandang sebuah partikel ( massa m, muatan q ) yang bergerak di dalam medan magnet B yang serbasama. Untuk mudahnya kita ambil kecepatan v tegak lurus B. Gaya FB = q v x B yang bekerja pada partikel akan mengubah arah ( laju tetap ) dari kecepatan. Partikel akan mengikuti lintasan yang berbentuk lingkaran dengan jari-jari r, seperti gambar (5.1). Andaikan gerakan tersebut terjadi pada bidang datar tanpa gesekan (pengaruh gravitasi bumi diabaikan ), maka diperoleh q v B = m v2/r atau r = mv/qB
(5.4)
r dikenal dengan jari-jari siklotron, karena v/r = ω (kecepatan angular) maka diperoleh ω = ( qB/m)
(5.5)
ω dikenal dengan frekwensi siklotron. Untuk B yang diketahui, ω hanya bergantung pada ratio antara muatan dan massa dari partikel.
Lintasan partikel bermuatan positif
Partikel takbermuatan
Lintasan partikel bermuatan negatif
Gambar (5.1) Contoh : Dalam sebuah siklotron, proton bergerak dalam lingkaran dengan r = 0,5 meter. Besar dari B adalah 1,2 T. Berapakah frekwensi siklotron dan berapa energi kinetik proton ? Jawab : ω = ( qB/m) = (1,6 x 10-19x 1,2 /1,67 x 10-27) = 1,15 x 108 rad/s v=ωr Ek = ½ m v2 = ½ m (ω r)2 = 0,5 x 1,67 x 10-27 x (1,15 x 108x 0,5 )2 J 5.2
GAYA PADA KAWAT BERARUS Pada pasa (5.1) telah dikemukakan bahwa muatan yang bergerak di dalam medan magnet akan mengalami gaya magnetik. Muatan yang bergerak berarti sebuah arus listrik, maka kawat berarus yang berada di dalam medan magnet juga mengalami gaya magnetik. Perhatikan arus yang mengalir di dalam konduktor berbentuk silinder dan berada di dalam medan magnet B ! Arus yang mengalir di dalam konduktor tersebut I, arus ini berkaitan dengan partikel bermuatan yang bergerak dengan kecepatan konstan v (laju hanyut) yang melewati penampang lintang konduktor setiap detik. Sekarang misalkan muatan tiap partikel q dan rapat partikel di dalam konduktor n, dan luas penampang lintang A. Perhatikan gambar (5.2) di bawah ini!
v
L = v dt Gambar (5.2) Andaikan pada t partikel berada pada permukaan bagian kiri, maka pada t + dt partikel tersebut berada di permukaan bagian kanan. Ini berarti jumlah partikel yang melewati permukaan kiri dalam waktu dt sebanding dengan volume dari silinder. Q=ALnq
(5.6)
Gaya magnetik yang dialami seluruh muatan adalah F = Q v x B = (A q v dt n) v x B = (A q v n) (vdt) x B = I L x B
(5.7)
Dimana v = dL/dt, I = dQ/dt = Aqvn. Jika kawat tidak lurus atau B tidak sama, maka persamaan (5.7) berlaku hanya untuk elemen kecil saja dF = I dL x B
(5.8)
Jadi gaya untuk seluruh kawat adalah F = ∫I dL x B
(5.9)
Contoh : Sebuah kawat lurus 5,0 cm dialiri arus listrik 3,0 A. Kawat tersebut berada di dalam medan magnet sebesar 10-3 weber/m2 yang memiliki arah seperti pada gambar di bawah ! Hitung besar gaya pada kawat ! I 30o
Gambar (5.3)
Jawab: dF = I dL x B Hasil integrasi persamaan di atas adalah F = I L x B (B konstan), jadi besarnya gaya magnetik yang bekerja pada kawat F = I L B sin θ = 3,0 . 0,05 . 10-3 sin 30o = 7,5 x 10-5 N Arah dari gaya tersebut masuk ke dalam bidang kertas ini. 5.3
HUKUM BIOT-SAVART Tahun 1819 H.C. Oersted mengamati bahwa jarum kompas akan menyimpang arahnya jika diletakkan dekat kawat berarus. Hal ini mengindikasikan bahwa arus listrik mempengaruhi medan magnet (jarum kompas menyimpang akibat pengaruh medan magnet bumi). Hasil eksperimen yang memperkuat dugaan di atas dihasilkan oleh Biot dan Savart pada tahun 1820, dan dirumuskan sebagai berikut dB = (µo I dl x r )/(4πr3)
(5.10)
dimana dl adalah elemen kawat berarus dengan arah searah arus, r posisi titik pengamatan dari dl. Medan total di titik P akibat seluruh kawat B = ∫ (µo I dl x r )/(4πr3)
(5.11)
I dl r Gambar (5.4)
Contoh : Sebuah kawat lurus sepanjang L dialiri arus I , kawat diletakkan pada sumbu x ( lihat gambar (5.5a) !). Hitung medan magnet di titik P ! Jawab : Perhatikan gambar (5.5b)! Ambil elemen kawat yang terletak pada posisi x i, dari gambar diperoleh r = x i + R j→ r = ( x2 + R2)1/2, dl = dx i, dl x r = R dx k dB = (µo I dl x r )/(4πr3) = k (µo I R dx)/ [4π ( x2 + R2)3/2] B = k (µo I /4π) –0.5 L∫0.5 L R dx/ ( x2 + R2)3/2] (5.12)
P
P
R
R x
½L
½L
½L
Gambar (5.5a)
½L
Gambar (5.5b)
Untuk kawat yang sangat panjang diperoleh B = k (µo I /2πR)
(5.13)
5.4
HUKUM AMPERE Sebelum kita membahas hukum Ampere ada baiknya kita diskusikan dulu mengenai konvensi tanda yang kan digunakan dalam hk. Ampere. Pandang sebuah lintasan tertutup L, luas yang dilingkupi oleh lintasan L adalah S (S adalah sebuah permukaan terbuka). Permukaan ini dapat dibagi-bagi menjadi elemen luas dS.
dS L S
dl Gambar (5.6) Sekarang pandang aturan integral berikut : ∫ A1 . dl = ∫ A2 . dS
(5.14)
Dimana A1 dan A2 adalah dua buah medan vektor. Integral ∫ A1 . dl dilakukan untuk seluruh lintasan L, integral ∫ A2 . dS dilakukan pada daerah S yang dibatasi oleh L.
Ada dua hal yang perlu diperhatikan berkaitan dengan bentuk (5.14) : 1. Bagaimana memilih vektor dl ? dl menyinggung lintasan L, arahnya ada dua kemungkinan. Arah ini menentukan tanda ∫ A1 . dl 2. Bagaimana memilih vektor dS ? dS memiliki arah normal, arahnya ada dua kemungkinan. Berdasarkan gambar (5.6) di atas, kita gunakan konvensi untuk tanda : • Jika dl berlawanan arah dengan jarum jam sepanjang L, kita pilih dS dengan arah normal keluar bidang kertas ini. • Jika dl searah jarum jam sepanjang L, kita pilih dS dengan arah normal masuk bidang kertas ini. Sekarang perhatikan hukum Biot-Savart (persamaan (5.11))! Mengingat definisi rapat arus J = I/A (A luas penampang lintang kawat berarus), maka kita dapat menulis I dl = J dV
(5.15)
Dimana dV = A dl, jadi persamaan (5.13) dapat ditulis kembali menjadi B = ∫ (µo J x r )dV/(4πr3)
(5.16)
Berdasarkan analisa vektor dapat ditunjukkan bahwa V x B = µo J
(5.17)
Kemudian terapkan persamaan (5.17) ke dalam teorema Stokes ∫ B . dl = ∫ (V x B ) . dS diperoleh ∫ B . dl = µo I
(5.18)
Bentuk yang lebih umum yang dikenal dengan hk. Ampere ditulis sebagai berikut : ∫ LB . dl = µo ∑ I
(5.19)
dimana ∑ I adalah jumlah arus yang menembus daerah yang dibatasi lintasan tertutup L. Persamaan (5.19) biasanya digunakan untuk menghitung besar medan magnet dimana arah dari medan magnet diketahui melalui hk. Biot-Savart. Dan lebih lanjut bahwa persoalan hk. Ampere adalah persoalan bagaimana memilih lintasan tertutup yang sesuai. Pedoman sederhana dalam menentukan lintasan tertutup (lintasan Ampere) yaitu • Pilih lintasan dimana besar medan magnet di sepanjang lintasan konstan • Pilih lintasan dimana arah medan di setiap titik sejajar dengan arah elemen lintasan. Setelah lintasan Ampere dipilih persoalan selanjutnya adalah menentukan jumlah arus yang dilingkupi oleh lintasan tersebut.
I1
I1
I2
I2
Jumlah arus yang menembus bidang yang dibentuk lintasan tertutup adalah I1 - I2 . ( + ke kanan )
Jumlah arus yang menembus bidang yang di bentuk lintasan tertutup adalah I1 + I2 . Di sini dianggap arah arus + ke kanan
Gambar (5.7) Contoh : Sebuah kawat sangat panjang dialiri arus I. Hitung besar medan magnet pada titik sejauh D dari kawat! Y P D
r dl = dx i
x Gambar (5.8)
X
Untuk menyelesaikan persoalan di atas pandang elemen kawat dl yang terletak di x i. Berdasarkan hk. Biot – Savart medan di P memiliki arah ke luar bidang kertas ini. Sekarang perhatikan titik-titik lain yang berada sejauh D dari kawat. Kumpulan dari titiktitik tersebut membentuk sebuah lingkaran dengan jari-jari D. Jelas bahwa besar medan listrik pada lingkaran tersebut konstan (lihat gambar (5.9)). Jadi lintasan Ampere yang dipilih adalah sebuah lingkaran dengan jari-jari D. Terlihat bahwa jika arah dl searah jarum jam, maka B searah dengan dl.
P
Gambar (5.9)
B . dl = B dl → ∫ B . dl = ∫ B dl = µo I → B . keliling lingkaran = B 2π D = µo I B = µo I/2π D
(5.20)
Bandingkan persamaan (5.20) dengan persamaan (5.13). Soal-soal 1. Dengan hukum Biot-Savart, dapatkan bahwa di titik pusat lingkaran berjari-jari a, yang dialiri arus I, induksi magnetik adalah B = µo I / 2a. 2. Dengan hukum Ampere dapatkan besar medan B di sekitar kawat lurus panjang sekali yang berarus I adalah B = µo I / 2πa ( a adalah jarak terhadap kawat) 3. Perhatikan gambar di bawah ini ! Hitung besar medan B di titik P dengan hukum Biot-Savart. I P
P
2L
R I
4L
4R
(a)
L 30o
L
(c)
(b)
Jawab : a)( 2µoIL/4π)[ -L ∫L 2( x2 + 4L2)-3/2 dx + -2L ∫2L 2( x2 + L2)-3/2 dx ], b) ( µoI/4π)[ –2R ∫2R ( x2 + R2)-3/2 dx ─ 2π/R] c) ( 2µoI/4π) L tan 15o 0 ∫L [x2 + ( L tan 15o)2]-3/2 dx 4. Perhatikan soal (3), hitung besar medan magnet di P jika kawat-kawat lurus dianggap sangat panjang, bandingkan hasilnya dengan soal (3). Jawab : a) 1,5µoI/πL, b) µoI/2πR - µoI/2R, c) µoI/(2πL tan 15o ) 5. Perhatikan gambar di bawah ini ! Sebuah konduktor berbentuk silinder tipis dialiri arus total 2 I ke kanan. Di pusat silinder sebuah kawat sangat panjang dialiri arus I ke kiri. Hitung besar medan magnet pada titik sejauh r dari sumbu silinder!
2I I
Jawab : r < R B = µo I/2πr, r > R B = µo I/2πr 6. Hitung besar fluks magnetik yang menembus sebuah permukaan A = 10 i m2, saat berada di dalam medan magnet B = 5 i Wb/m2. Jawab : 50 Wb 7. Sebuah medan magnet bekerja pada sebuah loop konduktor berbentuk empat persegi panjang pada bidang xy. B = 4 x y cos (100 π t) k Wb/m2 , tentukan : Fluks magnetik total yang menembus permukaan yang dibentuk loop. Jawab : 4 cos (100 π t) Wb z y
S6
1 S4 2
x
S1 c
y S2 S3
S5 8. Tunjukkan teorema Stokes untuk vektor F = z ax – y ay untuk kontur c ( sebuah bujur sangkar dari sebuah kubus pada bidang xz seperti pada gambar di atas). a. Pandang daerah s1(permukaan paling kiri) b. Pandang untuk daerah yang lain. Jawab : terbukti 2
2
BAB VI ARUS LISTRIK SEARAH Dalam bab ini membahas sifat dari konduktor yang membawa arus listrik. Pembahasannya dibagi dalam dua hal yaitu 1. Sifat makroskopik 2. Sifat mikroskopik 6.1 HAMBATAN Pandang sebuah konduktor dengan dua buah terminal, A dan B. Anggap arus i masuk di terminal A dan keluar dari terminal B. Lihat gambar (6.1) di bawah ini.
i
A
B
i
Gambar (6.1) Situasi ini bukanlah situasi listrik statik. Ingat dalam elektrostatik medan di dalam konduktor nol, sedangkan disini beda potensial antara A dan B tidak nol. V = VA – VB = - ∫E . dl (6.1) Hambatan antara, R, antara terminal A dan B didefinisikan sebagai berikut R = V/i
(6.2)
Hambatan merupakan sebuah sifat makroskopik, satuannya adalah ohm ( volt/ampere). Material yang memiliki hambatan disebut resistor. Dalam rangkaian listrik resistor direpresentasikan oleh simbol seperti pada gambar ( 6.2)
Gambar (6.2)
Secara aljabar persamaan yang benar yang menyatakan hubungan beda potensial, arus listrik dan hambatan adalah V = VA – VB = i R
(6.3)
Untuk beberapa material hubungan R = V/i tidak bergantung pada arus i. Dalam kasus ini material tersebut disebut bersifat Ohmik. Dan definisi R = V/i dimana R konstan merupakan pernyataan dari hukum Ohm. 6.2 HAMBATAN EKIVALEN Pandang dua buah terminal, A dan B, diantara keduanya terdapat rangkaian yang terdiri dari beberapa hambatan. Arus masuk di A dan keluar dari B. Lihat gambar (6.3) !
i
i A
B
(a)
R
A
B
(b)
Gambar (6.4) (a) Rangkaian yang terdiri dari beberapa hambatan (b) hambatan ekivalen Hambatan ekivalen , R, didefinisikan oleh R = V/i. Ingat bahwa R berkaitan dengan hubungan eksternal antara terminal A dan B. Jika beberapa resistor dihubungkan secara seri (gambar 6.5), resistor ekivalen mengikuti persamaan di bawah ini R = R1 + R2 + R3 + ...
(6.4)
Contoh : Tiga buah resistor dipasang secara seri. Cari hambatan penggantinya jika diketahui r1 = 2 hm, r2 = 5 ohm, r3 = 5 ohm. Jawab : r pengganti = 2 + 3 + 5 = 10 ohm.
R1
R2
R3
A
B i
R
A
B Gambar (6.5)
Jika beberapa resistor dihubungkan secara paralel, resistor ekivalen mengikuti persamaan di bawah ini 1/R = 1/R1 + 1/R2 + 1/R3 + ....
i A
(6.5)
R1 R2
i B
A
R
B
R3 Gambar (6.6) Dalam kasus seri semua arus pada resistor sama, tegangan total merupakan penjumlahan tegangan pada masing-masing resistor. Dan dalam kasus paralel tegangan pada masingmasing resistor sama, arus total merupakan jumlah arus pada masing-masing resistor. 6.3 DAYA DISIPASI PADA RESISTOR Rumusan umum untuk daya yang diberikan pada rangkaian adalah P = V i. Untuk kasus resistor ada tiga persamaan yang mengekspresikan daya tersebut ( Gunakan V = I R) P = i 2 R = V i = V2/R
(6.6)
Perhatikan bahwa daya ini selalu positif ( atau nol ). Daya tersebut masuk ke resistor dan dibuang dalam bentuk panas (daya ini dikenal dengan daya disipasi ).
6.4 RAPAT ARUS Pandang sebuah konduktor yang dialiri arus i. Penampang lintang konduktor memiliki luas S, ambil element luas dS. Arus yang melalui element tersebut adalah di = j . dS
(6.7)
dimana j adalah rapat arus, merupakan sebuah vektor. Secara umum j merupakan fungsi dari lokasi. Arus total yang melalui S adalah i = ∫ j . dS
(6.8)
6.5 ARUS HANYUT ( DRIFT VELOCITY) Arus adalah muatan yang bergerak. Kecepatan rata-rata dari muatan tersebut disebut kecepatan hanyut, vd. Secara umum kecepatan hanyut sangat kecil dan lebih besar dari kecepatan acak partikel akibat panas. Contoh : Turunkan hubungan antara rapat arus j dan kecepatan hanyut vd dalam sebuah konduktor. Asumsikan arus dihasilakn oleh elektron yang bergerak. Jawab Pandang elemen konduktor sepanjang l. Ambil n sebagai jumlah elektron per unit volume. Muatan per unit volume adalah n.e. Muatan yang terkandung di dalam elemen konduktor adalah Q = ( muatan per unit volume ) . volume = n . e . A l
(6.9)
Waktu yang diperlukan setiap partikel untuk menempuh jarak sejauh l adalah t = l/vd
(6.10)
Arus yang mengalir pada konduktor i = q/t = ( n . e . Al )/(l/ vd) = n . e . A .vd
(6.11)
Bagi persamaan (6.11) dengan A (luas penampang lintang konduktor) akan diperoleh rapat arus j = n . e . vd
(6.12)
6.6 HAMBATAN JENIS Sebuah medan listrik dapat mempertahankan arus. Kita dapat simpulkan bahwa medan listrik sebagai penyebab dan rapat arus sebagai efek yang ditimbulkan medan listrik. Untuk bahan yang isotropik ( ke segala arah memiliki sifat sama ) j paralel dengan E. j = (1/ρ) E
(6.13)
Kuantitas skalar ρ disebut hambatan jenis, satuannya ohm/m. Untuk beberapa bahan hambatan jenis tidak bergantung pada medan listrik E.bahan seperti itu disebut bahan Ohmik. Hambatan R dari beberapa bahan dihitung menggunakan persamaan (6.2). Hambatan ini tergantung pada sifat bahan (hambatan jenis) dan bentuk dari bahan (geometri bahan). Secara umum sulit untuk menentukan R jika j dan E tidak diketahui. Untuk resistor dengan geometri tertentu, bentuk dari j sebagai fungsi dari lokasi dapat ditentukan melalui simetri. Lihat contoh berikut ini! Contoh : Berapakah hambatan dari sebuah kawat sepanjang l dengan penampang lintang A dan hambatan jenis ρ ? Asumsikan arus tersebar secara merata. Jawab : Karena arus tersebar secara merata maka j = i/A. Dari persamaan (6.13) diperoleh E = ρ j = ρ i/A. Jadi medan listrik serbasama di dalam kawat. Beda potensial anatara kedua ujung kawat V = E l. Jadi hambatan kawat adalah R = V/i = ρ l/A
(6.14)
6.7 EFEK DARI PERUBAHAN TEMPERATUR Secara umum hambatan jenis dari sebuah bahan bervariasi terhadap suhu. Untuk bahan tertentu hambatan jenis berhubungan secara linier terhadap suhu. Ketergantungannya terhadap suhu diberikan oleh ρ = ρo [1 + α( T – To)]
(6.15)
dimana ρo adalah hambatan jenis pada suhu To. Besaran α disebut koefisien rata-rata terhadap suhu dari hambatan jenis. Perubahan hambatan jenis juga menyebabkan perubahan hambatan dari suatu resistor. Bentuk perubahannya sama seperti persamaan (6.15) R = Ro [1 + α( T – To)]
(6.16)
dimana ρo adalah hambatan jenis pada suhu To 6.8 HUKUM KIRCHHOFF Pandang gambar rangkaian di bawah ini yang terdiri dari hambatan dan sumber daya. Menurut Joule pada rangkaian harus berlaku kekekalan daya. i A
R
ε
B Gambar (6.7)
C
Perhatikan bahwa arus sebesar i mengalir dari A menuju C, saat arus di titik A memiliki daya sebesar i VA , saat di titik B dan C memiliki daya i VB dan i VC. Dimana VA, VB , VC adalah besar potensial di titik A, B, dan C. Ketika melewati hambatan arus akan kehilangan daya ( daya disipasi ) sebesar i2 R. Kemudian saat arus melewati sumber daya sebesar ε, arus pindah dari titik dengan potensial rendah ke titik dengan potensial tinggi ( beda potensial sebesar ε ), ini berarti terjadi penambahan daya sebesar i ε. Hal di atas dapat kita tuliskan sebagai berikut i VC = i VA - i2 R + i ε atau VA – VC = i R – ε
(6.17)
VC – VA = - i R + ε
(6.18)
Sekarang perhatikan tanda di depan kedua suku di ruas kanan persamaan (6.17) dan (6.18)! Pada persamaan (6.17) arus bertanda positif dan ε bertanda negatif, sedangkan dalam persamaan (6.18) arus bertanda negatif dan ε bertanda positif. Jadi untuk mempermudah kita perlu buat perjanjian 1. Arah pandang, adalah arah yang digunakan sebagai acuan dan arah pandang diambil sesuai kebutuhan. Sebagai contoh jika kita ingin menghitung beda potensial antara titik A dan C, maka arah pandang dari A menuju C. 2. Arah sumber daya dari positif ke negatif (lihat gambar (6.7)) Jadi arus bertanda positif jika arahnya searah dengan arah pandang dan sebaliknya, sumber daya bertanda positif jika arah sumber daya searah dengan arah pandang dan sebaliknya. Jika dalam rangkaian terdapat lebih dari satu hambatan dan sumber daya persamaan untuk beda potensial antara dua buah titik ditulis sebagai berikut VA – VC = ∑ i R + ∑ε
(6.19)
Dengan perjanjian tanda seperti di atas. 6.8.1 HUKUM I KIRCHHOFF Kirchhoff katakan bahwa arus yang masuk dalam satu titik cabang suatu rangkaian sama dengan arus yang keluar dari titik tersebut. Pernyataan ini dikenal dengan hukum Kirchhoff untuk titik sama, juga menyatakan hukum kekekalan muatan. I2 I1
A I3 Gambar (6.8)
Arus yang masuk titik A (I1) sama dengan arus yang keluar dari titik tersebut I1 = I2 + I3
(6.20)
Bentuk yang lebih umum adalah jumlah arus di titik cabang sama dengan nol. ∑I=0
(6.21)
Arus masuk diberi tanda positif dan arus keluar diberi tanda negatif. 6.8.2 HUKUM II KIRCHHOFF Bagaimana hubungan sumber tegangan dan arus dalam sebuah rangkaian tertutup ( loop ). Untuk menjawab pertanyaan ini kita lihat kembali gambar (6.7) titik A dan C dihubungkan secara singkat. Hal tersebut berarti bahwa VA = VC, sehingga persamaan (6.19) menjadi sebagai berikut : ∑ i R + ∑ε = 0
(6.22)
dengan perjanjian tanda seperti di atas. Disini arah pandang dan arah arus dapat diasumsikan secara terpisah.
A
i
R
ε B
C
Gambar (6.9) Pertanyaan selanjutnya adalah bagaimana jika kita memiliki suatu rangkaian yang memiliki lebih dari satu loop ? Untuk memecahkan persoalan ini Kirchhoff katakan bahwa pada masing-masing loop berlaku persamaan (6.22), antara loop satu dengan yang lainnya dihubungkan dengan rangkaian penggandeng. Contoh : Perhatikan gambar (6.10) di bawah ini! Diketahui R1 = 2 ohm, R2 = 1 ohm, R3 = ε1 = ε3 = 10 V, ε2 = 5 V. Hitung : a. arus pada masing-masing hambatan. b. Beda potensial antara titik A dan titik B. Jawab : Misalkan arus di titik A seperti gambar (6.10 b)! Berdasarkan hukum I : I3 = I1 + I2 Berdasarkan hukum II : - ε1 + ε2 + I1. R1 + I3. R2 = 0 : - ε2 + ε3 – I3. R2 – I2. R3 = 0
2 ohm,
(*) (**) (***)
I1
A
I2 I3
R1
R2
ε1
ε2
B (a)
R3 ε3
Loop 1 Gambar (6.10)
Loop 2 (b)
Perhatikan tanda sumber tegangan dan arus (positif atau negatif). Substitusi persamaan (*) ke (**) dan (***), diperoleh - ε1 + ε2 + I1R1 + (I1 + I2) R2 = 0 → -10 + 5 + I12 + (I1 + I2)1 = 0→ 3I1 + I2 = 5 - ε2 + ε3 – (I1 + I2)R2 – I2R3 = 0 →- 5 +10 – (I1 + I2) 1 – I22 = 0 → 3 I2 + I1 = 5 dari kedua persamaan di atas diperoleh I1 = I2 = 10/8 A, I3 = 20/8 A arah masing-masing arus sesuai dengan gambar. Beda potensial antara titik A dan B dihitung dengan menggunakan persamaan ( 6.19). Perhatikan rangkaian R2 dan ε2 , arus I3 mengalir dari A ke B berarti searah dengan arah pandang berarti arus bertanda positif. Sedangkan ε2 bertanda positif karena searah dengan arah pandang. VA – VB = ∑ i R + ∑ε = I3 R2 + ε2 = ( 20/8) 1 + 5 = 7,5 V Soal-soal 1. Empat buah resistor identik memiliki hambatan R, cari hambatan pengganti jika keempat hambatan tersebut disusun secara seri dan paralel. Jawab : Rseri = 4R, Rparalel = R/4 2. Sebuah konduktor berbentuk kawat dengan panjang 5 cm dan penampang lintang 0,01 cm2. Hambatan jenis konduktor tersebut 2 ohm meter. Hitung hambatan dalam konduktor tersebut! Jawab : R = 1 kohm 3. Andaikan konduktor pada soal (2) memiliki koefisien rata-rata terhadap suhu 0,000001 tiap derajat celcius, berapakah besar perubahan hambatan konduktor tersebut saat suhunya naik sebesar 5o C ? Jawab : ∆ R = 0,5 ohm 4. Pada sebuah bola lampu tertulis 220 volt 25 watt. Suatu saat terjadi penurunan tegangan listrik pada jaringan dimana lampu tersebut digunakan, berapakah daya yang dipancarkan lampu jika tegangan listrik 200 volt? Jawab : P = 20,66 watt
5. Perhatikan gambar di bawah ini! Berapakah beda potensial antara titik A dan B, antara titik A dan C? Bagaimana hasilnya jika arus mengalir dari C ke A ? I=2A
R= 10 ohm
ε = 15 V
A
B
C
Jawab : VA – VC = - 5 volt, VA – VC = - 35 volt. 6. Lakukan seperti soal (5) untuk rangkaian di bawah ini ! I=2A A
R1= 10 ohm
ε1 = 15 V
ε2 = 10 V R2= 5 ohm
B
C
Jawab : VA – VC = 35 volt, VA – VB = – 25 volt. 7. Hitung arus pada masing-masing hambatan dalam rangkaian di bawah ini ! R1= 10 ohm ε1 = 15 V ε2 = 10 V R2= 5 ohm A
B
C
ε3 = 10 V
R3 = 5 ohm F
E
D
Jawab : IR1 = 1,2 A, IR2 = 1,4 A , IR3 = 2,6 A 1. Perhatikan gambar di atas ! Hitung beda potensial antara titik A dan B, beda potensial antara titik B dan E ! Jawab : VA – VB = 3 volt, VB – VE = -3 volt. 9. Kawat alumunium dengan diameter 0,5 cm disambungkan dengan kawat tembaga dengan diameter 0,02 cm. Kawat gabungan tersebut membawa arus sebesar 10 A. a. Hitung rapat arus pada masing-masing kawat ! b. Hitung rapat elektron bebas per satuan volume (n) pada tembaga jika tiap atom tembaga ada 1 elektron bebas, No = 6,0 x 1023 atom/mol = bilangan Avogadro, M berat atom tembaga = 64 g/mol, d = rapat elektron = 9,0 g/cm3. hitung juga laju penyimpangan elektron (laju drift). Jawab : a) Jal = 1,3 x 105 A. m-2 , Jcu = 7,95 x 107 A. m-2 , b) n = 0,84 x 1023 elektron/cm3 , vd = 5,92 x 103 m/s
10. Sebuah unit pemanas mempunyai daya 500 W dibuat untuk beroperasi dari sebuah tegangan sebesar 115 V a. Berapa besar persentase penurunan keluaran kalornya jika tegangan sumber menurun menjadi 110 V ? b. Berapakah hambatan dalam alat pemanas ? Jawab : a)24,4 % , b) R = 26,45 ohm 11. Sebuah arus yang besarnya 5 A mengalir pada hambatan sebesar 20 ohm selama 4 menit. Berapa coulomb dan berapa banyak elektron yang melewati penampang hambatan dalam waktu tersebut ? Jawab : Q = 1200 C, N = 0,75 x 1021 elektron. 12. Sebuah voltmeter dan sebuah amperemeter digunakan untuk menentukan dua hambatan yang tak diketahui R1 dan R2. Metoda yang digunakan menggunakan rangkaian seperti gambar di bawah ini. Diketahui hambatan voltmeter 307 ohm dan hambatan amperemeter 3,62 ohm. Dalam gambar (a) amperemeter terbaca 0,317 A dan voltmeter terbaca 28,1 V, sedangkan pada gambar (b) amperemeter membaca 0,356 A dan voltmeter membaca 23,7 V. Hitung R1 dan R2 ! R1
R1
A
V
A
V R2
R2
(a) (b) Jawab : R1 = 85,02 ohm, R2 = 58,68 ohm 13. Sebuah kotak hitam dua terminal ( masukan = terminal a , dan keluaran = terminal b ) memiliki ggl (E) yang tidak diketahui dihubungkan seri dengan hambatan R. Ketika beda potensial antara a dan b 21 V arus 1 A memasuki kotak melalui a dan keluar pada b. Jika beda potensial ini dibalik terlihat arus 2 A dalam arah berlawanan, maka tentukan harga R dan E! Jawab : R = 14 ohm, E = 7 volt 14. Perhatikan gambar di bawah ! Hitung besar E dan R! 5 volt
2 ohm E
4 ohm
1A
10 volt
2 ohm
R E 2A Jawab : E = 10 volt, R = 12 ohm 15. Jaringan saluran memiliki tahanan 0,02 Ω/km. Jika daya 240 kW disalurkan dari pembangkit daya ke suatu kota yang jauhnya 10 km pada 240 V, maka hitung kerugian daya disipasi dalam jaringan. Jawab : 200 kW
BAB VII GAYA GERAK LISTRIK INDUKSI Pandang sebuah loop yang terbuat dari logam berbentuk empat persegi panjang dimana salah satu sisi dapat digerakkan (lihat gambar (7.1)). Medan magnet uniform bekerja searah dengan arah permukaan loop. t + dt t xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx v xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx D
L
+ -
v
V dt Gambar (7.1)
Perhatikan batang sepanjang L yang bergerak ke kanan dengan laju v ! Logam memiliki muatan bebas, jadi jika batang bergerak ke kanan dengan laju v berarti muatan bebas bergerak dengan laju yang sama. Berdasarkan prinsip gaya Lorentz muatan yang bergerak di dalam medan magnet akan mengalami gaya F = q v x B. Muatan positif akan mengalami gaya ke atas dan muatan negatif ke bawah. Hal tersebut menyebabkan pada batang mengalir arus ke arah atas (arus ini dikenal dengan arus induksi). Sekarang kita memiliki sebuah batang sepanjang L dialiri arus I dan berada di dalam medan magnet B. Menurut Lorentz batang tersebut akan ditarik ke kiri oleh gaya magnetik sebesar F = I L B. Jika kecepatan batang konstan maka gaya tersebut juga konstan. Kemudian coba kita hitung usaha oleh gaya tersebut dalam selang waktu dt dW = - F dx = - I L B v dt
(7.1)
atau P = dW/dt = - I L B v
(7.2)
Daya tersebut sebanding dengan daya disipasi yang terjadi pada R yaitu P=Iε
(7.3)
Dengan membanding persamaan (7.2) dan (7.3) kita peroleh ε=-BLv
(7.4)
7.1 FLUKS MAGNETIK Analogi dengan medan listrik, dalam persoalan magnetik dikenal juga dengan fluks magnetik yang diberi notasi Φm , satuannya adalah weber. Secara matematis fluks magnetik yang ditimbulkan medan magnet B yang menembus permukaan A adalah Φm = B . A = B A cos θ
(7.5)
Persamaan di atas hanya berlaku untuk B yang konstan pada setiap titik pada permukaan A. Untuk B yang bergantung pada posisi titik pada permukaan flus magnetik dinyatakan dengan Φm = ∫ B . dA = ∫ B cos θ dA
(7.6)
1.2 HUKUM FARADAY Perhatikan gambar (7.2) di bawah ini ! Kawat AB dapat digerakan ke kiri dan ke kanan. Kawat tersebut dari logam ( konduktor ). Logam memiliki muatan bebas ( elektron ). Saat digerakan ke kanan dengan kecepatan konstan V, berarti sebuah muatan akan mendapat gaya Lorentz keatas sebesar F = q V B B
V
A Gambar (7.2) Jadi pada kawat AB mengalir arus dari A ke B yang disebut arus induksi ( misalkan I ). Dan kawat AB tersebut berada dalam medan magnet B berarti kawat akan mengalami gaya Lorentz ke kiri sebesar F = I L B ( L panjang AB). Sekarang kembali perhatikan kawat AB ! Arus mengalir dari A ke B di dalam batang atau sumber arus, sedangkan di luarnya arus mengalir dari B melalui hambatan R lau ke A. Jika dianalogkan dengan baterei, maka potensial B lebih tinggi dari A. Jadi potensial B ( VB) lebih besar dari A ( VA). Beda potensial ( VB -VA) dapat dihitung dengan memandang bahwa muatan q pada kawat pindah dari A ke B di bawah pengaruh gaya sebesar F = q v B ( v laju kawat ). Usaha yang diperlukan adalah WAB = A∫B qvB dl = q v B L
(7.7)
Besar beda potensial antara A dan B adalah VB – VA = B L v
(7.8)
VB - VA biasa disebut gaya gerak listrik induksi ( ε ) yang menggerakkan arus dalam loop. Andaikan kawat bergerak mulai dari t, setelah waktu dt kawat berpindah sejauh Vdt. Berarti selama dt terjadi perubahan luas dA = L Vdt. Dengan menggunakan persamaan tersebut kita dapat menulis ulang persamaan (7.8) menjadi ε = VB - VA = B L v dt / dt = B . dA / dt = dΦm / dt
(7.9)
Dengan memperhatikan arah B dan arah arus induksi, maka bentuk yang lebih umum adalah. ε = ─ N dΦm / dt
(7.10)
dimana N adalah jumlah lilitan. Pada kumparan yang diputar dalam medan magnet persamaan (7.10) dikenal dengan hukum Faraday 1.3
Hukum Lenz Arah arus induksi sedemikian rupa sehingga melawan penyebab timbulnya arus tersebut. Contoh : • Untuk persoalan di atas kawat kita gerakan ke kanan maka fluks yang menembus lintasan ABCDA membesar. Arus yang timbul sedemikian rupa sehingga mengurangi pertambahan fluks ! Jadi arus mengalir dari A ke B di dalam batang ABsehingga menimbulkan medan magnet melawan medan semula. • Kawat digerakan ke kiri berarti jumlah fluks berkurang, maka arus sedemikian rupa sehingga melawan pengurangan tersebut. Jadi arus mengalir dari B ke A di dalam batang AB. Soal-soal 1. Berdasarkan persamaan (7.5) ada tiga cara yang dapat digunakan untuk mengubah fluks magnetik yang menembus sebuah permukaan, sebutkan ! Jawab : B berubah ( A dan sudut tetap), A berubah (B dan sudut tetap), sudut berubah (A dan B tetap) 2. Sebuah permukaan seluas 4 m2 menghadap ke arah sumbu-x positif. Permukaan tersebut berada di dalam sebuah ruangan dengan medan magnet konstan B = 4 i + 3 j tesla. a. Hitung jumlah fluks magnetik yang menembus permukaan tersebut! b. Hitung sudut antara permukaan dan medan magnet ! Jawab : a) 16 Wb, b) 37o
3. Sebuah medan magnet memiliki arah sejajar dengan arah normal permukaan seluas 10,5 m2. Medan tersebut berubah terhadap waktu dan konstan terhadap posisi, B = 10 cos 10 t tesla ( t dalam detik ). a. Hitung besar medan magnet pada t = 1 s dan t = 2 s ! b. Jika permukaan dibentuk oleh sebuah konduktor ( N=1), berapakah ggl induksi yang timbul pada kawat pada t = 1 s dan t = 2 s. Jawab : a) 10 cos 10 tesla, 10 cos 20 tesla, b) (1050 sin10) volt, (1050 sin20) volt 4. Sebuah medan magnet bekerja pada sebuah loop konduktor berbentuk empat persegi panjang pada bidang xy (lihat gambar di bawah) B = 4 x y cos (100 π t) az Wb/m2 , tentukan : a. Fluks magnetik total yang menembus permukaan yang dibentuk loop. b. Ggl induksi yang terjadi pada loop. y( m ) Untuk soal (4)
XXXXXXXXX XXXXXXXXX XXXXXXXXX XXXXXXXXX XXXXXXXXX
0,5 10 ohm
x(m) Untuk soal (5) 1 Jawab : a)0,25 cos(100πt) Wb, b) 25 π sin (100 π t) volt 5. Perhatikan kawat berbentuk lingkaran seperti gambar di atas! Medan magnet searah arah normal lingkaran. Berdasarkan hukum Lenz perkirakan arah arus pada lingkaran jika : a. Medan magnet membesar b. Medan magnet mengecil Jawab : a) berlawanan arah dengan arah jarum jam, b) searah jarum jam 1. Perhatikan gambar dua kawat lurus (transmission line) di bawah. Hitung fluks magnetik yang dihasilkan oleh masing-masing kabel pada daerah seluas l x d dan fluks magnetic total pada daerah tersebut. I = 10 cos 20 t A
I
R
d a l
Soal (7)
R
I
Jawab : µo I l [ln (a +d) – ln a], 2µo I l [ln (a +d) – ln a]
2R
2. Perhatikan gambar di atas, arus I mengalir sepanjang kawat lurus sangat panjang. Sebuah loop berbentuk empat persegi panjang diletakkan di dekat kawat ( hambatan dalam kawat 10 ohm ). Hitung : a. Fluks magnetik total yang menembus permukaan yang dibentuk loop. b. Arus yang mengalir pada loop dan kemanakah arahnya. Jawab : a) 2 R µo I [ln (2R) – ln R], b) (40 R µo ln 2 sin 20t) ampere 3. Sebuah loop di bidang xy (memiliki luas 0,2 m2 ) dialiri arus 2 A berada di dalam medan magnet B = (3 i + 4 j) T. Hitung momen gaya yang dialami loop jika arus menghasilkan medan magnet induksi dengan arah : a. k b. –k Jawab : a) 0,4 ( ─ 4i + 3 j ) Nm, b) 0,4 (4i ─ 3 j ) Nm 4. Perhatikan gambar di bawah ini! xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx a. Hitung jumlah fluks yang menembus loop. xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx b. Kemanakah arah pergeseran PQ ? 3t xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx I=2e A xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx r xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx P L xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx 3r R xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx Q Jawab : a) µo I ln3/2π , b ) ke kanan 10. Perhatikan gambar di atas! Loop seluas A berputar pada porosnya dengan laju ω. Jika pada t = 0 luas loop searah medan magnet, maka hitung besar arus pada loop ( hambatan dalam loop R, ada N lilitan) Jawab : [(N B A ω/R) sin ω t ] ampere
