Listrik Statik. Agus Suroso

Listrik Statik Agus Suroso

1

Muatan Listrik • Ada dua macam: positif dan negatif. • Sejenis tolak menolak, beda jenis tarik menarik. • Muatan fundamental e = 1, 602 × 10−19 Coulomb. Atau, 1 C = 6,25×1018 e. • Atom = proton + neutron + elektron. {z } | inti

Partikel Proton (p) Neutron (n) Elektron (e)

Massa (kg) 1,673×10−27 1,675×10−27 9,11×10−31

Muatan +e 0 -e

• Muatan listrik terkuantisasi dan kekal. • Gejala listrik statik. Contoh: interaksi antara balon dengan sweater dan tembok (simulasi: https://phet.colorado.edu/en/simulation/balloons-and-static-electricity).

2

Gaya Listrik

Besarnya interaksi antara dua partikel bermuatan (masing-masing q1 dan q2 ) yang masing-masing terletak pada posisi ~r1 dan ~r2 adalah q1 q2 F~12 = k 2 rˆ12 , (1) r12 dengan k =

1 4πε0

= 9 × 109 Nm2 /C2 , dan ~r12 = ~r1 − ~r2 adalah posisi relatif kedua partikel. q1

r2 r1

r1 r2 O

1

q2

FI1201 Fisika Dasar IIA K-15 Sem. 2 2015-2016

Dosen: Agus Suroso Materi: Listrik Statik

Pada persamaan terakhir, besara F12 menyatakan gaya pada q1 akibat q2 . Dengan prinsip aksi-reaksi, diperoleh ~ A F21 = −F12 . Mengingat bahwa pada vektor, Aˆ = |A| persamaan (1) dapat ditulis ulang sebagai q1 q2 F~12 = k 3 ~r12 . r12

(2)

Soal 1. Bandingkan besar gaya Coulomb dan gaya gravitasi antara dua elektron yang terpisah sejauh 1 m. (Petunjuk: gaya gravitasi antara dua benda m1 dan m2 yang terpisah sejauh r adalah F = − Gmr12m2 , dengan G = 6, 67 × 10−11 Nm2 /kg2 .) 2. Menurut model Bohr, atom Hidrogen terdiri atas satu proton yang dikelilingi oleh satu elektron dengan jejari orbit 5, 35×10−11 m. Dengan menganggap gaya Coulomb sebagai gaya sentripetal, tentukan kecepatan sudut dan kecepatan tangensial elektron dalam atom Hidrogen. 3. Suatu 4ABC sama sisi terletak pada kuadran I koordinat Kartesius. Pada titik A (0,0) dan B (2,0) terdapat partikel bermuatan qA = 1 µC dan qB = 2 µC. Berapakah besarnya gaya Coulomb yang dialami oleh partikel di titik C yang bermuatan qC = 3 µC akibat dua partikel yang lainnya? Tentukan pula arahnya. 4. Suatu partikel bermuatan q1 = +8q terletak pada titik x = 0 dan partikel lainnya bermuatan q2 = −2q terletak pada x = L. Pada titik manakah sebuah proton harus diletakkan agar ia dalam keadaan setimbang (ΣF = 0)? Apakah kesetimbangan tersebut stabil? 5. Titik pusat dua bola konduktor identik A dan B terpisah sejauh a (yang nilainya jauh lebih besar dibanding jejari bola). Bola A bermuatan +Q sedangkan B netral. Kedua bola kemudian dihubungkan oleh kawat konduktor yang tipis. Berapakah besar gaya listrik antarbola jika kawat dihilangkan?

3

Medan Listrik

Suatu muatan (misal q1 ) akan mempengaruhi (yaitu menimbulkan gaya pada) muatan lain yang terletak di sekitarnya. Kita dapat memandang gejala tersebut dengan cara berbeda: muatan q1 mempengaruhi daerah di sekitarnya (yaitu menimbulkan medan listrik), dan medan tersebut mempengaruhi muatan lain di sekitarnya. Medan listrik pada titik P oleh muatan q1 didefinisikan sebagai ~ P 1 = k q1 rˆP 1 , E rP2 1 dengan k =

3.1

1 4πε0

(3)

dan ~rP 1 ≡ ~rP − ~r1 .

Medan listrik oleh banyak muatan listrik

Bila terdapat N muatan listrik maka medan listrik di suatu tempat akibat muatan-muatan listrik tersebut adalah penjumlahan vektor medan listrik akibat masing-masing muatan

~P = E

=

N X i=1 N X i=1

~Pi E

(4)

1 qi (~rP − ~ri ) 4π0 |~rP − ~ri |3

(5)

N 1 X qi = (~rP − ~ri ), 4π0 |~rP − ~ri |3 i=1

update: 27 Januari 2016

2

(6)

halaman 2



Contoh 1. Sejumlah N partikel yang masing-masing bermuatan q diletakkan sepanjang sumbu-x positif suatu koordinat Kartesius. Partikel-partikel tersebut diletakkan pada titik-titik x = n.a, dengan n = 1, 2, . . . , N dan a suatu nilai konstan. Tentukan medan listrik di titik O. Solusi. Besar medan di titik O adalah E=

N N X kq kq X 1 kq π 2 = = . (na)2 a2 n2 a2 6

n=1

(7)

n=1

Penjelasan untuk jumlah deret yang terakhir diberikan pada kotak berikut. Dalam uraian deret, fungsi sinus dapat dituliskan menjadi sin x = x −

x3 x5 x7 + − + ..., 3! 5! 7!

(8)

(perhatikan polanya: angka pada pangkat dan faktorial sama untuk tiap suku, dan bernilai ganjil; tanda positif dan negatif tiap suku bergantian). Dengan demikian, dapat diperoleh nilai f (x) =

sin x x2 x4 x6 =1− + − + .... x 3! 5! 7!

(9)

Lalu, tinjau persamaan f (x) = 0.

(10)

Jika x1 , x2 , x3 , . . . adalah akar-akar dari f (x) = 0 (yaitu nilai-nilai x yang membuat f (x) = 0), maka persamaan terakhir dapat dituliskan sebagai f (x) = (x − x1 ) (x − x2 ) (x − x3 ) (x − x4 ) . . . = 0,

(11)

atau dapat pula dibalik menjadi f (x) = (x1 − x) (x2 − x) (x3 − x) (x4 − x) . . . = 0.

(12)

Karena ruas kanan persamaan terakhir ini bernilai nol, tentus saja kita dapat membagi persamaan tsb dengan sembarang angka (tapi bukan nol). Misal kita bagi persamaan terakhir dengan hasil kali seluruh akar dari f (x), yaitu x1 · x2 · x3 · x4 . . ., maka persamaan tersebut menjadi x x x x x x f (x) = 1 − 1− 1− 1− 1− 1− . . . = 0. (13) x1 x2 x3 x4 x5 x6 Mari kita kembali ke persamaan (9) dan (10). Solusi dari persamaan tersebut (yaitu sinx x = 0) adalah x = 0, ±π, ±2π, ±3π, . . .. Substitusi akar-akar tersebut ke persamaan (13) menghasilkan x x x x x x f (x) = 1 + 1− 1+ 1− 1+ 1− ... π π 2π 2π 3π 3π x2 x2 x2 = 1− 2 1− 2 1 − 2 ... π 4π 9π = 0. (14) Dengan sedikit usaha, kita dapat kalikan ketiga faktor dalam kurung pada persamaan terakhir untuk menghasilkan x2 1 1 x4 1 1 1 x6 1 f (x) = 1 − 2 1 + + . . . + 4 + + ... − 6 = 0. (15) π 4 9 π 4 1.9 4.9 π (1.4.9. . . .)


3

halaman 3



Sekarang kita perhatikan faktor yang mengandung x2 pada persaman (9) dan (15). Terlihat bahwa 1 1 1 1 − = − 2 1 + + ... , (16) 3! π 4 9 sehingga akhirnya kita peroleh 1+

3.2

1 1 π2 + ... = . 4 9 6

(17)

Medan listrik akibat batang lurus bermuatan

Suatu batang bermuatan dapat dipandang sebagai sekumpulan partikel-partikel beruaan yang tersusun secara rapat satu sama lain dalam susunan segaris lurus. Medan total di suatu tempat (mari kita sebut dengan titik P ) merupakan penjumlahan dari medan akibat tiap-tiap partikel tersebut. Sebagai contoh pertama, mari kita ambil titik P terletak segaris dengan batang dan berjarak a dari salah satu ujung batang, serta anggap panjang batang adalah L dan muatan totalnya Q. Untuk memudahkan perhitungan, kita buat sistem koordinat Kartesius dengan titik P sebagai pusat dan batang terletak pada sumbu-x positif (dengan demikian P berada di sebelah kiri batang, dan kedua ujung batang masing-masing berada pada kkordinat (a, 0) dan (a + L, 0)). Kemudian, tinjau suatu potongan kecil batang sepanjang dx yang terletak di posisi x, dan anggap muatannya sebesar dq. Maka besar medan di P akibat potongan kecil tersebut adalah ~ P = kdq −î . dE (18) x2 Medan total diperoleh dengan mengintegralkan persamaan tersebut dengan batas yang bersesuaian dengan ujungujung batang. Pengintegralan hanya dapat dilakukan jika kita dapat menemukan hubungan eksplisit antara variabel x dengan q. Hubungan tersebut dapat diperoleh melalui besaran rapat muatan per satuan panjang (kita sebut sebagai λ). Jika muatan tersebar merata di sepanjang batang, maka rapat muatan per satuan panjang batang akan bernilai konstan, atau berlaku dq Q = = λ = konstan. (19) dx L Sehingga, dq = λdx =

Q L dx.

Substitusi hubungan ini ke persamaan (18) menghasilkan ~P = dE

kQ dx ˆ −i . L x2

Sehingga medan listrik total di P adalah Z a+L Z a+L dx kQ kQ ~P = ~ = −î = −î . E dE 2 L a (a + L) x=a x x=a

(20)

(21)

Jika titik P terletak sangat jauh dari batang (atau a >> L) maka persamaan di atas akan tereduksi menjadi ~ P = kQ (−î). E a2

(22)

Dalam hal ini, batang dapat dianggap sebagai muatan titik. Lalu, bagaimana jika titik P tidak segaris dengan batang? Mari kita bahas kasusu ini sebagai contoh kedua untuk medan listrik akibat muatan kontinyu. Misal batang terletak pada sumbu-x sebuah koordinat kartesius, dengan kedua ujung batang terletak pada titik x = 0 dan x = L, dan titik P berada pada koordinat (a, b). Kemudian tinjau suatu potongan kecil batang sepanjang dx yang terletak pada titik (x, 0). Dalam notasi vektor, posisi titik P dan potongan kecil tersebut dapat dituliskan sebagai ~rP = aî + bˆj, ~r1 = xî. update: 27 Januari 2016

4

(23) (24) halaman 4



Dengan demikian, diperoleh ~rP 1 = ~rP − ~r1 = (a − x) î + bˆj, 2

2

2

|~rP 1 | = (a − x) + b .

(25) (26)

~ P dengan besar Medan di titik P akibat potongan batang tersebut kita sebut dengan dE ~P = h dE

kλdx 2

(a − x) +

b2

i3/2

h i (a − x) î + bˆj .

(27)

Medan listrik total diperoleh dengan mengintegralkan persamaan tersebut pada selang x = 0 hingga x = L. Untuk mempermudah, pengintegralan dilakukan secara terpisah untuk komponen î dan ˆj. Sebelum mengintegralkan, kita tuliskan terlebih dahulu komponen dari medan listrik tersebut, dEP,x = h dEP,y = h

kλ (a − x) dx i3/2 , (a − x)2 + b2 kλbdx (a − x)2 + b2

i3/2 .

(28)

(29)

Kemudian mari kita evaluasi integral tersebut untuk batang dengan sebaran muatan homogen (λ konstan). Dengan √ membuat permisalan ξ = a − x = η, persamaan untuk medan pada arah sumbu-x dapat ditulis ulang menjadi −kλ d ξ 2 −kλdη −kλξdξ = = . (30) dEP,x = 3/2 3/2 2 2 2 2 [ξ + b ] [ξ + b ] [η + b2 ]3/2 Kembali, kita buat permisalan α = η + b2 sehingga dα = dη, dan persamaan terakhir dapat ditulis ulang menjadi dEP,x =

−kλdα . α3/2

(31)

Bentuk terakhir sudah cukup mudah untuk diintegralkan, namun kita harus terlebih dahulu menentukan batas pengintegralannya. Jika x = maka α = a2 + b2 dan jika x = L maka α = (a − L)2 + b2 . Sehingga pada akhirnya, # " Z L kQ 1 1 p EP,x = dEP,x = . (32) −√ L a2 + b2 (a − L)2 + b2 x=0 Setidaknya ada dua kasus khusus yang dapat kita lihat dari hasil ini. Pertama jika a = L/2 (artinya titik P berada pada garis yang membagi batang menjadi dua bagian sama panjang), maka EP,x = 0. Secara fisis, hal ini terjadi karena medan akibat setengah batang yang terletak di sebelah kiri dan sebelah kanan titik P besarnya sama dan berlawanan arah, sehingga saling meniadakan. Kasus kedua, akan identik dengan contoh pertama jika kQ diambil titik P berada pada koordinat (−a, 0). Pada kasus ini, medan pada arah sumbu-x adalah EP,x = a(a+L) , yang identik dengan persamaan (21). Selanjutnya, mari menghitung kuat medan untuk komponen searah sumbu-y. Dengan memisalkan ξ = a − x, persamaan (29) dapat ditulis ulang dalam bentuk dEP,y =

−kλb dξ [ξ 2 + b2 ]3/2

.

(33)

p p Jika kita buat permisalan ξ = b tan θ, maka diperoleh dξ = b sec2 θ, sin θ = ξ/ ξ 2 + b2 , dan cos θ = b/ ξ 2 + b2 . Persamaan terakhir dapat ditulis ulang dalam bentuk dEP,y = −


kλ cos θdθ. b

5

(34)

halaman 5



Medan total diperoleh dengan mengintegralkan persamaan tersebut untuk selang x = 0 hingga x = L,   a kQ  a−L . √ EP,y = −q 2 2 bL 2 a +b 2 (a − L) + b Jadi, medan total pada titik P adalah "    #   a−L 1 1 ~ P = EP,xî + EP,y ˆj = kQ î + 1  √ a  ˆj p −q E −√  L  b a2 + b2 a2 + b2 (a − L)2 + b2 (a − L)2 + b2

3.3

(35)

(36)

Medan listrik akibat cincin bermuatan

Tinjau sebuah cincin bermuatan Q dengan jari-jari R yang terletak di bidang-xy dengan sumbu berhimpit dengan sumbu-z. Muatan dari potongan cincin sepanjang ds adalah dq = λds,

(37)

dengan λ adalah rapat muatan per satuan panjang. Jika ϕ adalah sudut pada bidang cincin, dapat dituliskan ds = Rdϕ, ˆ ~rP = z k,

(38)

~r1 = Rˆ ρ = R(î cos ϕ + ˆj sin ϕ),

(40)

~rP − ~r1 = z kˆ − R(î cos ϕ + ˆj sin ϕ), p |~rP − ~r1 | = z 2 + R2 .

(41)

(39)

sehingga

(42)

Bila cincin muatan seragam tersebut berbentuk lingkaran penuh, maka batas intergras ϕ adalah dari 0 sampai 2π. Gunakan Persamaan (38), (41), dan (42) sehinga dapat diperoleh Z 2π i 1 λRdϕ h ˆ ~ z k − R(î cos ϕ + ˆj sin ϕ) (43) E(z) = 3 ϕ=0 4π0 (z 2 + R2 ) 2 Z 2π h i 1 λR ˆ − R(î cos ϕ + ˆj sin ϕ) dϕ = z k 4π0 (z 2 + R2 ) 32 ϕ=0 =

1 λ2πRz ˆ kˆ Qz , 3 k = 2 2 2 4π0 (z + R ) 2 4π0 (z + R2 ) 32

(44)

di mana muatan total kawat adalah Z Q=

Z

2π

dq =

λRdϕ = λ2πR = λL.

(45)

ϕ=0

Bila ingin dihitung medan listrik di pusat cincin, maka gunakan z = 0 dalam Persamaan (44) sehingga diperoleh ~ = 0 yang cocok dengan perkiraan karena setiap elemen kawat berbentuk lingkaran tersebut memberikan bahwa E medan listrik yang sama besarnya ke pusat cincin dengan arah-arah yang saling meniadakan. Untuk menghitung medan listrik di pusat cincin tersebut dapat pula diturunkan dari awal dengan ~rP − ~r1 = −R(î cos ϕ + ˆj sin ϕ),

(46)

|~rP − ~r1 | = R.

(47)

sehingga Z

2π

i 1 λRdϕ h î cos ϕ + ˆj sin ϕ) −R( 3 ϕ=0 4π0 R Z 2π h i 1 λ =− (î cos ϕ + ˆj sin ϕ) dϕ. 4π0 R ϕ=0

~ E(z) =

(48)

~ = 0. Terlihat bahwa untuk cincin yang utuh diperoleh E update: 27 Januari 2016

6

halaman 6


4


Dipol listrik

Sebuah dipol listrik dengan momen dipol p~ didefinisikan sebagai suatu pasangan muatan positif q+ dan muatan ~ Vektor momen dipol listrik didefinisikan sebagai negatif q− yang dipisahkan oleh jarak d. ~ p~ = q d,

(49)

dengan q+ = +q dan q− = −q. Separasi d~ adalah posisi relatif muatan positif terhadap negatif, d~ = ~r+ − ~r− ,

(50)

(~r+ adalah posisi q+ dan ~r− adalah posisi q− ). Posisi titik tengah dipol kita simbolkan dengan ~r0 , dengan ~r0 =

~r+ + ~r− d~ = ~r− + = ~r+ − 2 2

d~ . 2

(51)

Tinjau sebuah titik (P ) yang terletak segaris dengan kedua muatan dipol, dengan posisi ~rP = ~r0 + ~a. Medan listrik di titik P adalah q− q+ ~ ~ ~ + a ˆ. EP = EP + + EP − = k |~rP − ~r+ |2 |~rP − ~r− |2 q q =k − (ˆ a) (a − d/2)2 (a + d/2)2 kq 1 1 = 2 (ˆ a) − . (52) a (1 − d/2a)2 (1 + d/2a)2 Jika separasi dari dipol cukup kecil dibanding jarak dipol terhadap titik pengamatan, atau d << a, dapat dilakukan uraian binomial Newton, limx→0 (1 + x)n ≈ 1 + nx, sehingga d (1 − d/2a)−2 ≈ 1 + , a d −2 (1 + d/2a) ≈ 1 − . a

(53) (54)

Sehingga, ~ P ≈ 2kqd (ˆ E a) (55) a3 ~ P = 0. Untuk nilai d yang jauh lebih kecil dari a akan diperoleh E Sekarang mari kita tinjau medan di suatu titik yang terletak pada garis yang tegaklurus terhadap sumbu dipol. ~ kemudian Pada kasus ini, vektor ~a tegaklurus terhadap d, |~rP − ~r+ |2 = |~rP − ~r− |2 = a2 +

d2 . 4

Dengan demikian, diperoleh ~rP − ~r+ ~rP − ~r− kq kq ~ ~ EP = kq = 3/2 (~r− − ~r+ ) = 3/2 (−d) 3 − 3 |~rP − ~r+ | |~rP − ~r− | d2 d2 2 2 a + 4 a + 4

(56)

(57)

~ Terlihat bahwa untuk berapapun nilai a arah vektor medan listrik hanya ditentukan oleh arah d.


7

halaman 7

Listrik Statik. Agus Suroso

Recommend Documents