Sejarah. Charles Augustin de Coulomb ( )

Medan Listrik

Sejarah Fisikawan Perancis Priestley yang  asumsi terbalik



torsi balance 

muatan listrik  Gaya (F)  berbanding

kuadrat



Pengukuran

berdasarkan eksperimen  Coulomb

Charles Augustin de Coulomb (1736-1806)

secara

matematis

Hukum Coulomb Elektrostatika

Gaya Gravitasi

Terdapat 2 tipe muatan : positif dan Satu tipe massa yaitu positif negatif Tarik menarik pada muatan yang berlawanan dan tolak menolak pada muatan yang sejenis

q1q2  q1q2  F k 2 F2 on1  k 2 r12 r r k  8.99 109 N  m 2 / C 2 Gaya merupakan besaran vektor baik arah dan besar

Tarik menarik (Semua massa)

m1m 2 r2 G  6.67 10 11 N  m 2 / kg 2 FG

Gaya merupakan besaran vektor baik arah dan besar

Gaya tarik / gaya tolak antar muatan yang dipisahkan pada jarak tertentu ditunjukkan dengan gambar sebagai berikut :

Untuk mengakomodasi informasi arah gaya ini maka hukum Coulomb dapat ditulis kembali sebagai

 qq  F1on2  k 1 2 2 r 21 r 2 9 N m k  8.99  10 C2

di mana F1 adalah gaya pada muatan Q1 yang disebabkan oleh muatan Q2, a21 adalah vektor satuan yang berarah dari Q2 ke Q1, dan R21 = R21a21 adalah vektor posisi dari Q2 ke Q1. Q1 (0,1,2) R21

Q2 (2,0,0) Gambar 2.2 Menghitung gaya yang bekerja pada Q1.

Contoh Soal 1 Carilah gaya pada muatan Q1, 20 μC, yang diakibatkan oleh muatan Q2, -300 µC, di mana Q1 berada pada (0, 1, 2) m sementara Q2 pada (2,0,0) m!

Penyelesaian: Dengan mengacu pada Gambar 2.2, vektor posisi adalah

R21

= (x1 - x2)ax + (yl - y2)ay + (z1 - z2)az

= (0 - 2)ax + (1 - 0)ay + (2 - 0)aZ = -2ax + a y + 2aZ | R 21 | = (2) 2  12  2 2  3 a 21 = - 2 ax  1 ay  2 aZ 3 3 3 Dengan menggunakan persamaan (1), gaya yang bekerja adalah

F1 =

(20 106 )(300 106 ) (2a  a  2a ) x y z 2 9 4 (10 / 36 )(3) 3

Magnituda gaya total adalah sebesar 6 N dengan arah a 21 sedemikian hingga Q1 ditarik oleh Q2.

Relasi gaya gaya pada muatan adalah bersifat bilinier. Konsekuensinya berlaku sifat superposisi dan gaya pada muatan Q1 yang disebabkan oleh n-1 muatan lain Q2,……Qn adalah penjumlahan vektor

F1 =

Q1Q3 Q1Q2 Q1 a     a 21 31 2 2 4 0 4 0 R21 4 0 R31

n

Qk a k1  2 k  2 Rk 1

Jika muatan tersebut terdistribusi secara kontinyu pada suatu daerah, penjumlahan vektor di atas diganti dengan integral vektor.

Contoh Soal 2 Tentukanlah gaya pada muatan Q 2

 F2

    F21  F23  F24

kq1q2 kq2q 2kq2 F21    d2 d2 d2 kq2 q3 k 2q3q 6kq2   F23  d2 d2 d2 kq2 q4 k 2q 4q 4kq2 F42    2 2 2 d d2 2d





Intensitas medan elektrik yang disebabkan oleh sebuah muatan sumber (Q2 diatas) didefinisikan sebagai gaya per satuan muatan pada muatan uji (Q1 diatas)

E = F1 / Q1 Satuan untuk E adalah Newton per coulomb (N/C) atau ekuivalen dengan

volt per meter (V/m). Untuk sebuah muatan Q yang berada pada titik pusat sebuah sistem koordinat bola, intensitas muatan elektrik pada titik

P adalah

E =

Q 4  r

2

ar

(2)

Gambar 2.4

Q

Gambar 2.4 Muatan yang berada di pusat koordinat Untuk Q yang ada pada sembarang titik dalam titik koordinat Cartesian (Gambar 2.7).

E =

Q 4  R

2

aR

(3)

Garis medan listrik yang terjadi dari suatu sumber atau antara muatan tersebut ditunjukkan pada gambar

Gambar 2.5

(a) tarik menarik

(b) tarik menarik

(c) tolak menolak

Gambar 2.6

Gambar 2.7 Muatan Q yang berada pada sembarang titik dalam koordinat Cartesian

Contoh Soal 3 Carilah E pada (0,3,4) m dalam koordinat Cartesian yang diakibatkan oleh muatan titik Q = 0.5 μC dititik pusat koordinat.!

Penyelesaian : Dalam kasus ini,

R

= (0-0)ax + (3-0)ay + (4-0)az = 3ay + 4az

R

=

aR =

32  42  5

3a y  4a z 5

 0,6a y  0,8a z

Dengan menggunakan persamaan (3), intensitas medan magnetik adalah

0,5  10 6 (0,6a y  0,8a z ) E= 9 2 4 (10 / 36 )5 Jadi |E| = 180 V/m dalam arah 0,6 ay + 0,8 az

Jika muatan terdistribusi secara kontinyu di sepanjang volume tertentu, permukaan, ataupun garis yang telah dispesifikasikan sebelumnya, maka masing – masing elemen muatan akan berkontribusi terhadap medan elektrik pada sebuah titik eksternal. Untuk kerapatan muatan volume ρ (C/m2), muatan elemental dQ = ρ dv,dan diferensial medan pada titik P akan menjadi (Gambar 2.4).

dE =

dv aR 4  R 2

Medan total pada titik pengamatan mengintegrasikan sepanjang volume v400

E =

a R v 4  R 2 dv

P dapat diperoleh

dengan

dE (4)

P

Gambar 2.8 E yang disebabkan distribusi volume dari sebuah muatan

Untuk kerapatan muatan permukaan  s (C/m2), muatan elemental dQ =  s dS ,dan diferensial medan pada titik P akan menjadi (Gambar 2.5)

dE =

 s dS a 2 R 4  R

Medan total pada titik pengamatan P mengintegrasikan sepanjang permukaan S

dapat

 s aR ds E= 2 v 4  R

diperoleh

dengan

(5)

Untuk kerapatan muatan linier  (C/m), muatan elemental dQ =   d dan diferensial medan pada titik P akan menjadi (Gambar 2.10)

dE =

  d aR 2 4  R

Medan total pada titik pengamatan P mengintegrasikan sepanjang garis atau kurva L

dapat

diperoleh

  aR d (6) E = 2 L 4  R

dengan

Gambar 2.9 E yang disebabkan distribusi linear dari sebuah muatan

dQ = l dl

L Gambar 2.10 E yang disebabkan distribusi linear dari sebuah muatan

Tiga macam konfigurasi muatan standar ialah muatan titik, muatan garis tak berhingga, dan muatan muatan permukaan datar tak hingga. E untuk muatan titik yang berada di titik asal/titik pusat diberikan oleh persamaan (2). Jika kerapatan muatan   adalah tak terhingga pada panjang garis serta terdistribusi secara seragam (konstan) sepanjang sumbu z, maka medan elektrik dapat diturunkan dari persamsan (6) (Gambar 2.7).

E =

 ar 2 2  r

(koordinat silinder)

(7)

Jika muatan terdistribusi secara seragam (konstan) dengan kerapatan

s

pada sebuah hidang datar tak berhingga, maka medan elektriknya diberikan

oleh persamaan (Gambar 2.12)

E=

s a n (8) 2 

di mana a n adalah tegak lurus terhadap permukaan. Medan elektriknya

memiliki magnituda yang konstan dan memiliki pencerminan simetri di sekitar muatan bidang datar.

E





E

Gambar 2-12 Muatan bidang datar tak berhingga  s

Gambar 2.11 Muatan garis tak berhingga  

Contoh Soal 4 Dua lembar muatan seragam tak berhingga yang masing-masing memiliki kerapatan muatan ρs diletakkan pada x = ±1 (Gambar 2-13). Tentukanlah E di semua tempat!

Penyelesaian : Hanya sebagian dari dua lembar muatan yang ditunjukkan pada gambar 2.13. kedua lembar muatan ini akan menghasilkan medan E dengan arah sepanjang sumbu x. Dengan menggunakan persamaan (8) dan prinsip superposisi, Gambar 2.13 Distribusi muatan pada dua bidang datar tak berhingga.

–(ρs/εo)ax E =

x < -1

0

-1<x<1

(ρs/εo)ax

x>1

Muatan total dalam konduktor = 0 shielding

Gambar 2.14

Gambar 2.15

Fluksi Elektrik dan Hukum Gauss

Gambar 2.16

Fluksi elektrik ψ merupakan medan saklar namun kerapatannya D merupakan medan vektor. Per definisi fluksi elektrik ψ memancar dari sebuah muatan positif dan berakhir pada muatan negatif. Jika tidak terdapat muatan negatif fluksi elektrik ψ akan berakhir pada titik tak berhingga. Per definisi pula satu coulomb muatan listrik akan menghasilkan satu coulomb fluksi elektrik. Oleh karenanya,

Ψ = Q (Coulomb)

Pada Gambar 2.17(a), garis-garis fluksi meninggalkan +Q dan berakhir pada –Q hal ini mengasumsikan bahwa kedua muatan memiliki magnituda yang sama. Kasus muatan positif tanpa muatan negatif diilustrasikan pada gambar 2.17(b), di sini garis-garis fluksi digambarkan sama di sepanjang wilayah angular yang mengelilingi muatan dan berakhir pada titik tak hingga. Pada suatu titik yang berdekatan P , garis-garis fluksi memiliki arah vector satuan a (Gambar 2.18) dan jika sejumlah fluksi Ψ memotong diferensial permukaan dS (yang normal terhadap a), maka kerapatan fluksi elektrik pada titik P adalah

E =

d a dS

(C/m2)

Gambar 2.17 Fluksi elektrik untuk muatan titik.

P

dS



an D

Gambar 2.18 Pendefinisian kerapatan fluksi elektik D Distribusi muatan volume dengan kerapatan ρ (C/m3) diperlihatkan sebagai permukaan tertutup S pada Gambar 2.19. Oleh karena setiap coulomb muatan Q memiliki satu coulomb fluksi, maka fluksi total yang memotong permukaan tertutup S merupakan ukuran eksak dari muatan total yang dilingkupi. Jika pada elemen permukaan dS, D membentuk sudut θ terhadap vektor satuan normal permukaan an , maka diferensial fluksi yang memotong dS adalah

d = D dS cos =D • dS an = D • dS

di mana dS adalah elemen permukaan vektor. Hukum Gauss menyatakan bahwa

fluksi total yang keluar dari sebuah permukaan tertutup adalah sama dengan muatan total yang berada di dalam permukaan tersebut. Bentuk integral Hukum Gauss diberikan oleh

   D  dS  Q yangdiling kupi (9) S

Gambar 2.19 Kerapatan muatan  yang dilingkupi oleh permukaan S.

Pandanglah sebuah muatan titik yang terletak di titik pusat koordinat Gambar berikut ini Gambar 2.20 Muatan titik yang dilingkupi oleh bidang permukaan bola.

Jika muatan ini dilingkupi oleh sebuah permukaan bola dengan jari-jari r, maka dengan menggunakan sifat kesimetrian, D yang diakibatkan oleh Q adalah memiliki magnituda yang konstan dan normal terhadap bidang permukaan di posisi manapun. Dengan menggunakan hukum Gauss (9), dapat diperoleh persamaan



Q   D  dS  D  dS  D 4r 2 S



S

dimana dapat diperoleh D = Q/4 r Oleh karena itu, 2

D =

Q ar 2 4r

(koordinat bola)

Sehingga dapat disimpulkan

E

1

Q

4 0 r 2 Q Ek 2 r 1 k 4 0

  Qenclosed E  dA 

     E  dA  4kQ

0

k

1 4 0

enclosed

Gambar 2.21

Dengan membandingkan persamaan di atas ini dengan persamaan (2) diperoleh D=0 E. Dalam pernyataan yang lebih umum, untuk setiap medan elektrik dalam medium isotropik (medium yang sifat-sifatnya tidak berubah terhadap orientasi medan)

D = E Divergensi dari medan elektrik statis digunakan untuk menentukan apakah sebuah daerah mengandung source (muatan positif) atau sink (muatan negatif) Per definisi, divergensi dari kerapatan fluksi elektrik pada suatu titik P adalah

Div D =  • D = lim

v o

 D  dS S

v

 lim

Q ygdilingkupi

v 0

v



di mana S adalah batas dari v. Dengan demikian bentuk titik hukum Gauss adalah

•D =  (C/m3)

(10)

Bentuk titik hukum Gauss memberikan deskripsi ruang dari distribusi sumbe muatan.

Secara umum, untuk vektor A definisi divergensi untuk ketiga macam siste koordinat yang kita bahas adalah:

Ax Ay Az Cartesian:  • A =   z x y Silindris:  • A =

A 1  rAr   1 A  z z r r r 

 1 A 1  2 1  A sin    r Ar  Bola:  • A = 2 r sin   r sin   r r





(11)

(12)

(13)

Contoh Soal 5 -4 Dalam batas daerah 0 < r < 1 m, D = (-2 x 10 /r) ar (C/m2) dan untuk r >1, 4 D = (-4 x 10- /r2 ) ar . (C/m 2), dalam sistem koordinat bola. Carilah kerapatan muatan di kedua daerah tersebut!

Catatan! Bentuk integral dan titik hukum Gauss dihubungkan oleh teorema divergensi yang diberikan oleh

 = ∫D  dS =∫ (  D)dv = Qyang dilingkupi dimana S adalah batas permukaan tertutup dari volume v.

Kerja, Energi, dan Potensial Sebuah muatan Q akan mengalami gaya F pada medan elektrik E. Gaya yang dialami diberikan oleh persamaan

F = Q E

(N)

Untuk mempertahankan muatan dalam kondisi kesetimbangan, sebuah gaya Fa= -QE harus dikenakan dalam arah berlawanan (Gambar 2.22).

Fa= -QE

F=QE Fa



Q

F

Gambar 2.22 Gaya – gaya yang bekerja pada muatan Q.

Kerja didefinisikan sebagai gaya yang bekerja pada jarak tertentu. Satuan untuk kerja yang dilakukan ialah joule (J).

Oleh karenanya, sejumlah diferensial kerja dW dilakukan jika gaya Fa yg dikenakan menghasilkan diferensial perpindahan memindahkan muatan, sepanjang jarak

dl

dari muatan, yaitu

dl = Secara kuantitatif,

dW = Fa · dl = -QE · dl (J) Perhatikan bahwa saat Q bernilai positif dan

dl

dalam arah E, kerja dW

= -QE dl < 0, mengindikasikan bahwa kerja dilakukan oleh medan elektrik. Bentuk komponen dari vektor-vektor diferensial perpindahan adalah sebagai berikut:

Cartesian: dl = dxax + dyay + dzaz Silindris: dl = drar + rda + dzaz

Bola: dl = drar + rda + r sin  da

Contoh Soal 6 Sebuah medan elektrostatis diberikan oleh persamaan

E = (x/2 + 2y) a x + 2x ay (V/m) Tentukanlah kerja yang dilakukan untuk memindahkan sebuah muatan titik = -20 µC (a) dari titik pusat ke (4,0,0) m dan (b) dari (4,0,0) m ke (4,2,0) m!

Penyelesaian: (a) Lintasan pertama ialah sepanjang sumbu x sehingga

dl = dx ax

dW = -Q E•dl = 20  10 6  x  2 y  dx W =

6



2

20  10    2x  2 y  dx   4

y 0

 80  J

0

(b) Lintasan pertama ialah pada arah ay sehingga

W =

dl = dy a y,

20  10   2 x dy 6

2

0

x4

 320  J

Kerja yang dilakukan untuk memindahkan sebuah muatan tititk dari suatu lokasi A ke lokasi lain B dalam suatu medan elektrik statis bersifat bebas atau tidak tergantung dari lintasan yang diambil. Jadi dengan mengacu pada Gambar 2-15.



1

E  dl    1 E  dl



atau

1 2

E  dl  0

Dimana integral terakhir adalah dilakukan sepanjang kontur tertutup yang dibentuk oleh 1 yang digambarkan secara positif dan 2 yang digambarkan secara negatif.

A 2

1

B Gambar 2.23 Dua buah lintasan integrasi yang mungkin dibentuk.

Contoh Soal 7 Untuk medan E pada contoh 2.5 sebelumnya, tntukanlah kerja yang dilakukan untuk memindahkan muatan yang sama dari (4,2,0) kembali ke titik pusat (0,0,0) sepanjang lintasan yang berupa lintasan garis lurus!

Penyelesaian : Integral kerja terbagi menjadi dua integral dalam x dan y:

W = W =

0, 0, 0  

20  10   6

 x   2  2 y a x a   x y   dx a x  dy a y  4, 2, 0   2   

20  10  6



x  6 2 y dx 20 10      4  2  0

  2 x dy 0

2

Tetapi sepanjang lintasan, y = x/2. Dengan mensubsitusikan persamaan ini kedalam persamaan integral dapat diperoleh

W =

20  10  6

0



3 6 x dx  20  10 4 2

 4 ydy   400  J 0

2

Dari Contoh soal 5, 80 + 320 = 400 J kerja dilakukan terhadap medan elektrik. Jumlah kerja yang persis sama dikembalikan oleh medan elektrik melalui lintasan garis lurus ke titik asal sehingga diperoleh kerja total yang sama dengan nol (medan konservatif). Potensial titik A terhadap titik B (disimbolkan sebagai VAB) didefinisikan sebagai kerja yang dilakukan untuk memindahkan sebuah muatan positif Qu dari B ke A.

VAB =

A

W    E  dl (J/C atau V) Qu B

(14)

Karena medan statis E merupakan medan konservatif, maka VAB = VAC – VCB . Oleh karena itu, VAB dapat dipandang sebagai perbedaan potensial antara titik A dan B. Ketika VAB bernilai positif, maka kerja harus dilakukan untuk memindahkan muatan positif satuan dari B ke A dan A dikatakan berada pada potensial yang lebih tinggi daripada B. Karena medan elektrik dari sebuah muatan titik memiliki arah radial (2), maka A

V AB    E  dl   B

Q

rA

Q dr  4  rB r 2 4 

 1 1      rA rB 

Untuk muatan positif Q, titik A berada pada potensial yang lebih tinggi daripada B ketika rA < rB. Jika referensi titik B dipindahkan menjadi titik tak berhingga, maka

V A 

Q 4 

 1 1     r   A 

Untuk muatan positif Q, titik A berada pada potensial yang lebih tinggi daripada B ketika rA < rB. Jika referensi titik B dipindahkan menjadi titik tak berhingga, maka

V A 

Q 4 

 1 1    r    A

Atau

V

Q 4  r

Ingat!

V adalah potensial absolut Q yang direferensikan terhadap titik tak hingga.

Jika muatan terdistribusi sepanjang volume berhingga dengan kerapatan muatan yang diketahui  (C/m3), diferensial potensial pada titik (Gambar 2.24) adalah

P

dV 

dQ 4  R



dv 4  R

Potensial total pada titik P diperoleh dengan menggunakan integral

V 

dv  4  R volume

Gambar 2.24 Potensial dari sebuah kerapatan muatan volume.

Contoh Soal 8 Sebuah muatan total 40/3 nano coulomb terdistribusi secara seragam dalam bentuk piringan melingkar dengan jari-jari 2 m. Carilah potensial yang diakibatkan oleh muatan ini pada sebuah titik sumbu yan berjarak 2 m dari piringan!

Penyelesaian: Pada Gambar 2.25, sistem koordinat silindris digunakan untuk menghitung potensial dimaksud. Untuk distribusi muatan seragam, Q 40 / 3  10 9 10 8    4 3 Luas area

Jarak R diberikan oleh

(C/m2)

(m)

R  4  r2

Integral potensial sepanjang permukaan adalah

 d 30 V  s s  4  R  S

2

2

 0 0

rdrd 4r

2



30 



2

 0

Gambar 2.25 Piriringan melingkar dari muatan permukaan. 2

r 2 4

 (60) (0,829)  49,7 V

r 0

Medan elektrik dan potensial dihubungkan oleh persamaan integral (14). Relasi diferensial juga dapat diturunkan di mana medan elektrik E dapat diperoleh dari potensial V yang diketahui. Medan elektrik dan potensial dapat juga direlasikan berdasarkan persamaan:

E = –V

dimana V merupakan gradien dari potensial V.

Dalam ketiga sistem koordinat kita, gradien didefinisikan sebagai : Cartesian: V  Silindris: V 

V V V ax  ay  az x z y

V V 1 V a  ar  az r z r 

Bola: V  V a r  1 V a  r

r 

1 V a r sin  

Contoh Soal 9 Dalam koordinat bola, ditunjukkan bahwa untuk muatan Q potensialnya adalah V = Q/4o r. Dengan menggunakan gradien bola diperoleh   E =  V     Q  a r   r  4  r 

Q 4  r 2

ar

Sehingga dapat disimpulkan dari pernyataan diatas

Potensial pada muatan titik adalah

  U b  U a    Fdl b

a

 b Ub Ua F      dl q 0 q0 q a 0   Vb  Va    Edl b

a b

kQ kQ kQ kQ E  2  Vb  Va    2 dr  (  ) r r rb ra a

Gambar 2.26

If V  0 at infinity  V 

kQ r

(b)

(a)

Gambar 2.27 Potensial listrik didefinisikan nol pada jarak tak berhingga dari suatu muatan.

Permukaan ekuipotensial pada (a) muatan positif (b) muatan negatif

Gambar 2.29

Dua muatan positif saling tolak menolak (medan diantaranya melemah)

Dua muatan berlawanan tarik menarik (medan diantaranya menguat)

(a) (b)

(c)

Gambar 2.30

Medan listrik adalah nol pada konduktor (b), sedangkan potensial listrik adalah konstan (c). Potensial listrik menurun sepanjang 1/r dari luar bola konduktor

Arus dan Konduktor Arus Listrik merupakan laju perpindahan muatan elektrik yang melewati suatu titik atau permukaan tertentu. Dalam rangkaian, simbol I umum digunakan untuk arus konstan sementara simbol i digunakan untuk arus-arus yang berubah terhadap waktu.

Catatan! Satuan arus listrik adalah ampere (A) dimana 1 A = 1 C/detik. Lebih khusus lagi, yang menjadi perhatian kita saat ini adalah kerapatan arus konduksi J. Konduktor adalah material yang memiliki electron-elektron yang dapat bergerak bebas dalam jumlah yang besar. Arus konduksi terjadi ketika suatu medan elektrik memberikan gaya pada elektron-elektron yang dapat bergerak bebas tersebut sehingga mengakibatkan terjadinya aliran muatan yang teratur di sepanjang material konduktor. Konduktivitas  suatu material merupakan ukuran dari ketersediaan dan mobilitas elektron konduksi di dalam material. Satuan untuk konduktivitas, , adalah Sieman (S). Hubungan antara medan elektrik dan arus konduksi diberikan melalui persamaan (Gambar 2-31) 2

J =  E (A/m )

Persamaan di atas seringkali disebut juga sebagai bentuk titik

hukum Ohm.

Gambar 2.31 Aliran arus elektrik dalam material konduktor

Gambar 2.32 J yang mengalir menembus bidang permukaan S.

Jika kerapatan arus J memotong sebuah bidang permukaan S (misalkan penampang melintang dari sebuiah kawat), arus I dapat diperoleh dengan mengintegrasikan perkalian titik antara J dan vector diferensial permukaan dS (Gambar 2-32).

Jika sebuah konduktor dengan luas area penampang melintang seragam A dan panjang l, seperti tampak pada Gambar 2.34, memiliki beda tegangan V di antara kedua ujungnya, maka

E

V , 

J

V 

Gambar 2.33 Arus yang mengalir pada sebuah kawat penghantar.

Dengan asumsi arus terdistribusi merata pada area A. Arus total adalah

I  JA 

AV 

karena hukum Ohm menyatakan bahwa V = IR, resistansi dari kawat dengan penampang A didefinisikan sebagai

R

 (ohm, ) A

Ohm direlasikan terhadap Sieman oleh persamaan 1 S-1 = 1 .

Pada frekuensi-frekuensi tinggi, aliran arus dibatasi pada permukaan konduktor. Untuk suatu kerapatan arus permukaan tertentu, akan sangat membantu jika kita mendefinisikan sebuah vektor kerapatan K yang menggambarkan laju perpindahan muatan per satuan panjang (A/m). Gambar 2.35 menunjukkan arus total I yang mengalir pada suatu permukaan silindris dengan jari jari r pada arah z. Untuk kasus ini, I terdistribusi secara merata di sekitar garis keliling permukaan dengan kerapatan arus permukaan yang dirumuskan sebagai

Gambar 2.34 Menghitung resistansi konduktor.

Gambar 2.35 Kerapatan arus permukaan K pada sebuah silinder.

Kapasitansi Kapasitansi merupakan kemampuan suatu material untuk menyimpan muatan elektrik. Kapasitor merupakan elemen rangkaian penyimpan energi. Untuk mengevaluasi kapasitansi, kondisi batas di antara material konduktor dan

dielektrik harus didiefinisikan dahulu.

Dielektrik secara umun dipandang sebagai sebuah material isolasi

Di bawah kondisi statis, semua muatan akan berada pada permukaan luar konduktor, dan baik E maupun D untuk daerah di dalam material konduktor akan sama dengan nol. Dengan menggunakan sifat konservatif dari medan statis E diperoleh (Gambar 2.36) 2

3

4

1

1

2

3

4

 E  dl   E  dl   E  dl   E  dl  0

1

2

4

3

Gambar 2.36 Lintasan integrasi pada batas antara material konduktor dan dielektrik.

Jika panjang lintasan 2 ke 3 dan 4 ke 1 dibuat mendekati nol, maka dengan tetap mempertahankan antarmuka di antara kedua material, integral kedua dan keempat akan sama dengan nol. Lintasan dari 3 ke 4 berada di dalam material konduktor di mana E harus sama dengan nol. Sehingga lintasan integral yang tersisa adalah 2

2

1

1

Dimana E adalah komponen tangensial E pada

t E  dl  E dl  0 t   permukaan dielektrik.

Catatan! Komponen tangensial E dan D adalah sama dengan nol pada batas konduktor-konduktor

Et = Dt = 0

Untuk mengevaluasi kondisi pada komponen normal, sebuah silinder tertutup kecil diletakkan pada bidang antar muka seperti tampak pada gambar 2.37. Gambar 2.37 Pengevaluasian komponen normal medan pada batas konduktor dielektrik.

Hukum Gauss yang diterapkan pada permukaan ini akan menghasilkan

 D  dS  Q

dilingkupi



 D  dS   D  dS   D  dS    dS s

atas

bawah

sisi

A

Integral sisi menuju nol, jika tinggi silinder mendekati nol. Integral bawah menuju nol karena D di dalam konduktor sama dengan nol. Dengan demikian

 D  dS   D dS    dS n

atas

A

s

A

Dimana Dn adalah komponen normal dari D dielektrik pada batas permukaan. Nilai ini dapat dipertahankan hanya jika

Dn   s

dan

En 

s 

di mana ε adalah permitivitas bahan dielektrik. Jadi komponen normal D akan berakhir dengan muatan permukaan  s . Pada batas antara permukaan konduktor dan dielektrik. Nilai kapasitansi bahan bergantung pada bentuk geometri dan sifat-sifat dielektrik bahan bersangkutan.

Perbandingan nilai absolut muatan terhadap nilai absolut beda tegangan didefinisikan sebagai kapasitansi

C = Q/V

(F)

Satuan untuk kapasitansi adalah farad (F) di mana 1 F = 1 C/V

Hal-hal Penting untuk Diingat  Muatan yang sejenis tolak-menolak, yang tidak sejenis tarikmenarik.  E untuk muatan titik pada titik pusat/asal memiliki arah radial.  Untuk media isotropik, D = e E.  E dan V dihubungkan oleh persamaan (14) dan E = -VV.  Kerapatan arus konduksi J = a E.  Untuk kapasitor pelat paralel, kapasitansi dirumuskan sebagai C = Q/V = o 1 A/d.

Material dielektrik akan terpolarisasi dalam medan elektrik sehingga menghasilkan kerapatan fluksi magnetik D yang lebih besar jika dibandingkan dengan dalam kondisi ruang hampa. Efek polarisasi ini disebabkan oleh pengaturan ikatan pasangan muatan positif/negatif di dalam bahan dielektrik yang disebut sebagai momen dipol. Meningkatnya kerapatan fluksi yang diakibatkan oleh polarisasi untuk material isotropik, linier muncul sebagai permitivitas ε bahan yang menghubungkan E dan D sebagai

D = εE

Permitivitas bahan ε adalah berbanding lurus terhadap permitivitas ruang hampa sebagai

ε = εrε0

dimana εr adalah permitivitas relatif atau konstanta dielektrik bahan. Untuk sebagian besar bahan dielektrik, εr > 1. Bahan dielektrik seringkali digunakan sebagai material isolasi kapasitor. Dua bahan konduktif yang dipisahkan oleh sebuah ruang hampa atau bahan dielektrik akan memiliki suatu nilai kapasitansi tertentu di antaranya. Pemberian beda tegangan V akan berakibat pada munculnya +Q pada salah satu konduktor dan -Q pada konduktor yang lain.