diktat fisika dasar ii

7/13/2019 Diktat Fisika Dasar II

1/573

DIKTAT KULIAH FISIKA DASAR IITAHAP PERSIAPAN BERSAMA ITB

Materi Sesuai Dengan Silabus

Mata Kuliah Fisika Dasar II ITB

Oleh:

DR.Eng. Mikrajuddin Abdullah, M.Si.

Fakultas Matematika dan Ilmu Pengetahuan Alam

Institut Teknologi Bandung

2006

DIKTAT KULIAH FISIKA DASAR IITAHAP PERSIAPAN BERSAMA ITB

Materi Sesuai Dengan Silabus

Mata Kuliah Fisika Dasar II ITB

Oleh:

DR.Eng. Mikrajuddin Abdullah, M.Si.

Fakultas Matematika dan Ilmu Pengetahuan Alam

Institut Teknologi Bandung

2006


2/573

Kata Pengantar

Untuk melengkapi diktat kuliah Fisika Dasar I, kami kembali mengeluarkan diktat

kuliah untuk Fisika Dasar II dengan harapan semoga bisa menjadi pelengkap yang

berarti bagi referensi-referensi yang telah ada. Agar mahasiswa lebih memahami

persamaan-persamaan yang dibahas, contoh soal dan penyelesaian sengaja diperbanyak

jumlahnya.

Karena merupakan versi paling awal, kami menyadari masih akan ditemui beberapa

kesasahan dalah isi maupun pengetikan (mudah-mudahan tidak terlalu banyak). Kami

akan terus melakukan perbaikan, koreksi, dan pelengkapan materi sehingga diktat ini

menjadi diktat yang cukup lengkap dalam membantu para mahasiswa baru

menyelesaikan mata kuliah fisika dasar di tahun pertama ITB. Pada saat bersamaan

kami sangat mengharapkan kritik, saran, komentar, atau ide-ide yang membangun dari

pada pembaca guna perbaikan mutu diktat ini. Komentar tersebut dapat dikirim ke

E-mail: [email protected].

Terima kasih dan wassalam

Mikrajuddin Abdullah

ii
mailto:[email protected]:[email protected]


3/573

Daftar Isi

Bab 1 Hukum Coulomb dan Hukum Gauss 1

Bab 2 Potensial Listrik dan Kapasitor 59

Bab 3 Listrik Arus Searah 112

Bab 4 Kemagnetan 158

Bab 5 Hukum Biot Savart 189

Bab 6 Hukum Ampere 225

Bab 7 GGL Induksi dan Induktansi 244

Bab 8 Arus Bolak-Balik 299

Bab 9 Besaran Gelombang 350

Bab 10 Gejala Gelombang dan Gelombang Bunyi 403

Bab 11 Interferensi Gelombang Elektromagnetik 450

Bab 12 Model Atom dan Molekul 514

iii


4/573

Bab 1

Hukum Coulomb dan Hukum Gauss

Newton menemukan bahwa dua buah massa saling tarik-menarik dengan gaya yang

berbanding lurus dengan perkalian dua massa dan berbanding terbalik dengan kuadrat jarak

keduanya. Coulomb menemukan sifat serupa pada muatan listrik. Dua buah muatan listrik

saling mengerjakan gaya yang besarnya berbanding lurus dengan perkalian dua muatan dan

berbanding terbalik dengan kuadrat jarak keduanya.

ambar 1.1 Muatan sejenis tolak-menolak dan muatan berbeda jenis tarik-menarik

ambar 1.2 Sisir menarik potongan-potongan kertas karena memiliki muatan listrik yang

12

Fr

12Fr

12Fr

21Fr

21Fr

21Fr

q1

q1

q1

q2

q2

q2

12

Fr

12Fr

12Fr

21Fr

21Fr

21Fr

q1

q1

q1

q2

q2

q2

G

G

berbeda

1


5/573

Gaya yang dihasilkan bisa berupa gaya tarik-menarik atau tolak menolak, tergantung pada

a-sama negatif

jenis, yaitu positif dan negatif, saling melakukan gaya

.1 Gaya Coulomb Antara Dua Muatan Titik

titik, mari kita misalkan ada dua muatan q1

jenis muatan yang melakukan gaya. Dari hasil pengamatan didapatkan bahwa

i) Dua muatan sejenis, yaitu muatan yang sama-sama positif atau sam

melakukan gaya tolak-menolak.

ii) Dua muatan yang tidak se

tarik-menarik.

1

Untuk menentukan gaya Coulomb dua muatan

dan q2 yang berada pada posisi 1rr

dan 2rr

. Vektor posisi muatan q2 relatif terhadap q1

adalah

1rr

2rr

21rq1 q2

r

1rr

2rr

21rq1 q2

r

ambar 1.3 Posisi muatan q1 dan q2 dalam system koordinat

(1.1)

Jarak antar

G

1221 rrr rrr

=

a dua muatan tersebut adalah adalah

2121 rr r

= 12 rr rr

=

Vektor satuan yang searah dengan vektor 21rr

adalah

12

1221rrr

r rr

rrr

==

21

21rrr

(1.2)

Besarnya gaya Coulomb pada muatan q2 oleh muatan q1 adalah

221

211 qq

F = 21 4 ro

2


6/573

2

12

21

4

1

rr

qq

o

rr

=

(1.3)

Arah gaya searah dengan vektor satuan sehingga kita dapat mengungkapkan

alam notasi vektor sebagai berikut

21F 21r 21F

d

212

12

2121

4

1 qqrr

rrorr

=

(1.4)

Dengan mensubstitusi dari persamaan (1.2) ke dalam persamaan (1.4) kita dapat juga

enulis

F

21r

m

12

12

2

12

2121

)(

4 rr

rr

rr

qq

o

rr

r

1 r

rr

=

F

r

)(4

1123

12

21 rrrr

qq

o

rr

rr

=

(1.5)

Dengan menggunakan hukum aksi-reaksi Newton dengan segera kita dapatkan gaya Coulomb

ada muatan q1 oleh muatan q2 adalah

2112

p

FFrr

=

Contoh

uatan q1 = 2 mC berada pada koordinat (0,3) m dan muatan q2 = 4 mC berada pada

t (4,6) m. Lihat Gambar 1.4. Berapa gaya yang dilakukan muatan q1 pada muatan

rikan

C = 2 10-3C

10-3C

M

koordina

q2?

Jawab

Dibe

q1 = 2 m

q2 = 4 mC = 4

jjir 3301 =+=r

m

jir 642 +=r

m

jijj6+irrr 343)4(1221 +=== rrr

m

3


7/573

2532 =4221 +=rr

= 5 m

Gambar 1.4

esarnya gaya antara dua muatanB

2

339

2

21

5109

4==

rF

o

r

21

)104)(102(1

qq = 2 880 N

Untuk menyatakan dalam notasi vector

jiji

r

rr

5

35

4

5

34 2121 +=== r

21

+r

Dengan demikian

jijirr

Fo

4

212

2121= r

qq 172823045

35

4

5

)104)(102(109

12

339

21

+=

+

=

r

N

Contoh

Tentukan besar gaya Coulomb pada electron atom hydrogen yang dilakukan oleh proton di

ti. Anggaplah bahwa electron mengelilingi proton pada jarak r = 0,53 A. Besar muatan

dan proton adalah 1,6 10-19C.

in

electronJawab

1rr

2rrq1

2

21rr

21Fq

r

y

0 1 2 3 4 5

1

2

3

4

5

6

x

1rr

2rrq1

q2

21rr

21Fr

0 1 2 3 4 5

1

2

3

4

5

6

x

y

4


8/573

Besar gaya yang dilakukan proton pada electron

8

2112 )103,5(4 ro

1919921 102,8

)106,1)(106,1()109(

=

=qq

N

1.2 Gaya Coulomb oleh sejumlah muatan

ika terdapat sejumlah muatan maka gaya total pada suatu muatan merupakan jumlah vector

aya yang dilakukan oleh sejumlah muatan lainnya. Misalkan kita memiliki muatan q1, q2, q3,

ihat Gambar 1.5. Misalkan: koordinat posisi muatan q1 adalah

1=F

J

g

dan q4. Berapa gaya pada muatan q4?

Ganbar 1.5 Posisi koordinat sejumlah muatan dan gaya total yang bekerja pada satu muatan

L 1rr

, koordinat posisi muatan

2 adalah , koordinat posisi muatan q3 adalahq 2rr

3rr

, dan koordinat posisi muatan q4 adalah

4rr

.

Gaya yang dilakukan muatan q1 pada muatan q4 adalah 41341

41

41 4r

rF

o

r

r

=

1 qqr

q1

q2

q4

1rr

2rr

3rr

4rr

41rr

42rr

43rr

41Fr

42Fr

43Fr

x

y

q3

41Fr

42Fr

43F

r

4241 FFrr

+

434241 FFFrrr

++

q1

q2

q4

1rr

2rr

3rr

4rr

41rr

42rr

43rr

41Fr

42Fr

43Fr

x

y

q3

q1

q2

q4

1rr

2rr

3rr

4rr

41rr

42rr

43rr

41Fr

42Fr

43Fr

x

y

q3

41Fr

42Fr

43F

r

4241 FFrr

+

434241 FFFrrr

++41Fr

42Fr

43F

r

4241 FFrr

+

434241 FFFrrr

++

5


9/573

423

42

4242

4

1r

r

qqF

o

r

r

r

= Gaya yang dilakukan muatan q2 pada muatan q4 adalah

433

43

43434

1r

r

qqF

o

r

r

r

= Gaya yang dilakukan muatan q3 pada muatan q4 adalah

Gaya total pada muatan q4 adalah

++=

ecara umum, gaya pada muatan qo yang dilakukan sejumlah muatan q1, q2, q3, , qN

adalah

4342414 FFFFrrrr

S

=N

=

Frr

i

iao1

0F

=

N 1=

i

i

i

i

o

rr

qq

1

03

0

0

4

r

r

(1.6)

ContohTiga buah muata 6.

Masing-masing muatan tersebut adalah q1 = 1 mC, q2 = 2 mC, dan q3 = - 4 mC. Berapa gaya

tal pada muatan q1 dan gaya total pada muatan q3?

Gambar 1.6

Jawab

n berada pada titik sudut segitiga sama sisi seperti pada Gambar 1.

to

q1 = 1 mC

q2 = 2 mC q 3 = -4 mC

50 cm

50 cm

50 cm

q1 = 1 mC

q2 = 2 mC q 3 = -4 mC

50 cm

50 cm

50 cm

6


10/573

Pertama kita tentukan gaya pada muatan q1. Perhatikan Gbr. 1.7.

r 1.7 Gaya-gaya yang bekerja pada muatan q1

Jarak antara mu

q1 = 1 mC

q2 = 2 mC q 3 = -4 mC

50 cm

50 cm

50 cm

12Fr

13Fr

1Fr

q1 = 1 mC

q2 = 2 mC q 3 = -4 mC

50 cm

50 cm

50 cm

12Fr

13Fr

1Fr

Gamba

12rr

atan q1 dan q2: = 50 cm = 0,5 m

Jarak antara muatan q1 dan q3: 13rr

= 50 cm = 0,5 m

Besar gaya oleh q2 pada q1 (tolak) adalah

4

2

339

2

21

2112 102,7

)5,0(

)102)(10()109(

4

1=

==

r

qqF

o

r

N

Besar gaya oleh q3 pada q1 (tarik) adalah

4

2

339

2

31

3113 104,14

)5,0()104)(10()109(

41 ===

r

qqFo

r

N

engan aturan jajaran genjang, maka besar gaya total pada muatan q1 memenuhi

++=

= 1,6 1010

D

cos2 12122

13

2

12

2

1 FFFFF

Pada gambar, jelas = 120osehingga cos = -1/2 dan

( ) )2/1)(104,14)(102,7(2)104,14(102,7 44242421 ++=F

7


11/573

atau

510

1 103,1106,1 ==F N

Berikutnya kita tentukan gaya pada muatan q3. Perhatikan Gbr. 1.8:

Gambar 1.8 Gaya-gaya yang bekerja pada muatan q3

q1 = 1 mC

q2 = 2 mC q

50 cm

50 cm

50 cm

31Fr

32Fr

3Fr

3 = -4 mC

q1 = 1 mC

q2 = 2 mC q

50 cm

50 cm

50 cm

31Fr

32Fr

3Fr

3 = -4 mC

Jarak muatam q3 ke muatan q1: 31r = 50 cm = 0,5 mr

Jarak muatam q3 ke muatan q2: 32rr

= 50 cm = 0,5 m

Besar gaya pada muatan q3 oleh muatan q1 (tarik)

4

2

339

2

31

3131 104,14

)5,0(

)104)(10()109(

4

1=

==

r

qqF

o

r

N

Besar gaya pada muatan q3 oleh muatan q2 (tarik)

4

8

339

2

32

3232 108,28

)5,0(

)104)(102()109(

4

1=

==

r

qqF

o

r

N

Dengan aturan jajaran genjang, maka besar gaya total pada muatan q3 memenuhi

++= cos2 32312

32

2

31

2

3 FFFFF

8


12/573

Pada gambar, jelas = 60osehingga cos = 1/2 dan

= 1,5 1011

atau( ) )2/1)(108,28)(104,14(2)108,28(104,14

4424242

3 ++=F

511 109,3105,1 ==F N3

1.3 Medan Listrik

Mengapa muatan q1 dapat melakukan gaya pada muatan q2 meskipun ke dua muatan tersebut

tentang gaya gravitasi yaitu karena adanya

edan gaya. Gaya Coulomb muncul karena muatan q1 menghasilkan medan listrik padaposisi muatan q2. Muatan q2 berinteraksi dengan medan yang dihasilkan muatan q1, dan

interaksi tersebut menghasilkan gaya pada muatan q2.

dinyatakan

21

tidak bersentuhan? Mirip dengan pembahasan kita

m

Jika besarnya medan listrik yang dihasilkan muatan q1 pada posisi muatan q2

Er

sebagai maka gaya yang dilakukan oleh muatan q1 pada muatan q2 memenuhi

persamaan

21221

EqFrr

= (1.7)

Dengan membandingkan persamaan (1.7) dengan ungkapan hukum aan

maka kuat medan listrik yang dihasilkan muatan q1 pada posisi muatan q2 memenuhi

Coulomb pada persam

(1.5),

213

21ro

121

4

1r

q rr

r

= (1.8)E

Dinyatakan dalam scalar, besarnya medan listrik yang dihasilkan muatan sembarang pada

jarak r dari muatan tersebut adalah

24

1 qE=

ro (1.9)

Tampak bahwa besarnya medan berbanding terbalik dengan kuadrat jarak dari muatan. Jika

dubuatkan kurva kuat medan terhadap jarak kita dapatkan Gambar 1.9

9


13/573

E (N/C)

r (m)

E (N/C)

r (m)

Gam

ii) Masuk ke muatan tersebut jika muatan memiliki tanda negatif.

ambar 1.10 Arah medan listrik: (a) keluar dari muatan positif dan (b) masuk ke muatan

bar 1.9 Kuat medan listrik yang dihasilkan muatan titik sebagai fungsi jarak.

Arah medan listrik didefinisikan sebagai berikut:

i) Keluar dari muatan jika muatan tersbut memiliki tanda positif.

E EE E

G

negatif.

10


14/573

Contoh

Ada dua buah muatan masing-masing q1 = 2 mC dan q2 = -5 mC. Ke dua muatan tersebut

ipisahkan oleh jarak 80 cm. A) berapa kuat medan litrik dan arahnya pada titik tepat di antara

dua muatan tersebut? (b) Di manakah posisi yang memiliki medan nol?

Jawab

Perhatikan Gbr. 1.11.

ambar 1.11

dan r2 = 0,4 m

uat medan listrik yang dihasilkan muatan q1

d

q1=2 mC q2= -5 mC

r = 0,8 m

r1 = 0,4 m r1 = 0,4 m

Ep1

Ep2P

q1=2 mC q2= -5 mC

r = 0,8 m

r1 = 0,4 m r1 = 0,4 m

Ep1

Ep2P

G

a) Tampak bahwa r1 = 0,4 m

K

8

221 )4,0(r

Kuat medan listrik yang dihasilkan muatan q2

391 101,1

102)109( =

=

q

N/C (ke kanan)1= kE

p

8

2

39

2

2

2 108,2)4,0(

105)109( =

=

r

q N/C (ke kanan)

P yang dihasilkan oleh dua muatan

N/C (ke kanan)

b) Posisi dengan medan nol tidak mungkin berada di antara dua muatan karena

masing-masing muatan menghasilkan medan yang arahnya ke kanan.

Posisi dengan medan nol juga tidak mungkin berada di sebelah kanan muatan q2 karena jarak

ke muatan q2 lebih kecil daripada jarak ke muatan q1 sedangkan nilai muatan q2 lebih besar

aripada nilai muatan q1. Dengan demikian, di sebelah kanan muatan q2, medan yang

atan q2 selalu lebih besar daripada medan yang dihasilkan muatan q1 sehingga

e dua medan tidak mungkin saling menghilangkan.

alah di sebelah kiri muatan q1. Misalkan posisi

2 = kEp

Medan total pada titik

888

21 109,3108,2101,1 =+=+= ppp EEE

d

dihasilkan mu

k

Posisi yang mungkin memiliki medan nol adtersebut berada pada jarak x di sebelah kiri muatan q1.

11


15/573

Jarak titik tersebut ke muatan q1: x

Jarak titik tersebut ke muatan q2: 0,8 + x

Muatan q1 menghasilkan medan ke arah kiri

e dua medan saling menghilangkan jika besarnya sama, atau

Muatan q2 menghasilkan medan ke arah kanan

K

22 )8,0( xx +21 qk

qk =

22

1

22

2

5)8,0 xx

q

qx ==+ (

22 5)8,0(2 xx =+ 22 5)6,164,0(2 xxx =++

22

522,328,1 xxx =++ atau

028,12,33 2 = xx

Solusinya adalah

6632==

=x = 1,4 m

Jadi medan listrik nol terjadi pada jarak 1,4 m di sebelah

1,52 +

kiri muatan q1

ibusi muatan

edan listrik yang dihasilkan oleh muatan titik.

i medan yang dihasilkan oleh masing-masing

lebih rumit, yaitu jika muatan

ang menghasilkan medan bukan merupakan muatan titik, melainkan muatan yang

terdistrubusi pada benda yang memiliki ukuran besar. Sebagai contoh adalah muatan yang

dihasilkan oleh batang, cincin, bola, dan sebagainya.

Hukum Coulomb tetap berlaku untuk distribusi muatan apa saja. Namun untuk distribusi

muatan pada benda besar kita sering mengalami kesulitan menggunakan hokum Coulomb

secara langsung kecuali untuk beberapa bentuk. Kita akan mencari medan listrik yang

dihasilkan oleh benda yang bentuknya sederhana.

a) Medan listrik oleh muatan cincin

in yang berjari-jari a. Cincin tersebut mengandung muatan qyang tersebar

ecara merata. Artinya, jumlah muatan per satuan panjang cincin adalah konstan. Kita akan

mencari kuat medan listrik sepanjang sumbu cincin, yaitu pada posisi yang berjarak h dari

pusat cincin. Bagaimana menghitungnya?

,36,252,3)28,1(34)2,3(2,32 ++

1.4 Medan Listrik yang dihasilkan distr

Di bagian terdahulu kita sudah membahas m

Medan total merupakan penjumlahan vector dar

muatan titik. Sekarang kita meningkat ke kondisi yang sedikit

y

Kita memiliki cinc

s

12


16/573

13

EEv EEv

Gambar 1.12 Medan listrik di sumbu cincin

r h

hE

Keliling cincin adalah

aS 2= (1.10)

Kerapatan muatan cincin (muatan per panjang) adalah

a

q

S

q

2==

Kita bagi cincin atas bagian-bagian kecil sejum ah N buah. Panjang tiap bagian adalahl

N

SS= (1.11)

Jika N cukup besar maka S cukup kecil sehingga tiap bagian dapat dipandang sebagai

muatan titik. Dengan demikian, hokum Coulomb untuk muatan titik dapat digunakan untuk

menghitung medan yang dihasilkan S.

Muatan yang dikandung tiap elemen adalah

Sq = (1.12)

a

r h

hE

a


17/573

sehingga medan listrik pada titik pengamatan yang dihasilkan oleh elemen muatan ini adalah

22 4

11 qE =

=

4 r

S

r oo

(1.13)

engan menggunakan dalil Phitagoras maka

+=

sehingga

D

222

ahr

22

4

1 SE

=

aho +

1.14)

Perhatikan m

apat diuraikan atas komponen vertikan dan horizontal

(

edan E. Arahnya membentuk sudut dengan sumbu cincin. Medan tersebut

d

cosEEv = (1.11)

sinEEh = (1.16)

ari gambar tampak bahwaD

cos22

ahr +

hh==

cos22

ah

a

r

a

+==

engan demikianD

( ) 2/3222222 41

4

1

ah

Sh

ah

h

ah

SE

oo

v

+

=++

=

(1.17)

( ) 2/3222222 41

4

1E

ah

Sa

ah

a

ah

S

oo

h

+

=

++

=

(1.18)

Apabila kita melihat elemen lain di cincin yang tepat berseberangan dengan elemen yang

lah kita pilih sebelumnya maka kita dapatkan elemen tersebut menghasilkan komponen

anan sehingga saling meniadakan.

te

medan arah vertical yang sama baik besar maupun arah. Namun komponen medan arah

horizontal memiliki besar sama tetapi arah berlaw

14


18/573

Akibatnya, komponen horizontal medan yang dihasilkan elemen-elemen pada cincin saling

meniadakan seh

karena itu, untu

ihasilkan oleh masing-masing elemen. Jadi medan total yang dihasilkan adalah

ingga medan total yang dihasilkan cincin hanya memiliki arah vertical. Oleh

k menentukan medan total kita cukup menjumlahkan komponen vertical yang

d

( ) ( )

+=

+

== S

ah

h

ah

ShEE

oo

v 2/3222/322 4

1

4

1

(1.19)

Ingat adalah jumlah panjang semua elemen cincin, dan ini tidak lain daripada keliling

cincin. Dengan demikian

S

( )

)2(

4

1 hE

2/322a

aho

+

(1.20)

Tetapi,

=

qa =)2( , yaitu muatan total cincin. Jadi kita peroleh medan total pada sumbu

incinc

( ) 2/32241

ah

qhE

o +=

(1.21)

b) Medan Listrik Oleh Muatan Batang

Kita akan bahas medan listrik yang dihasilkan oleh batang yang memiliki panjang L di posisi

yang sejajar dengan sumbu batang. Titik pengamatan adalah pada jarak adari ujung batang

terdekat. Batang memiliki kerapatan muatan homogen. Jika muatan batang Q maka krapatan

muatan batang adalah

L

Q= (1.22)

mener

Panjang tiap elemen adalah

Untuk apkan hokum Coulomb kita bagi batang atas N buah elemen yang sama panjang.

N

LL= (1.23)

ika N sangat besar maka L sangat kecil sehingga tiap elemen dapat dipandang sebagai titik.

at elemen di batang yang jaraknya x dati titik pengamatan. Lihat Gbr. 1.14. Muatan

J

Kita lih

15


19/573

yang dikandung elemen tersebut adalah

LQ = (1.24)

en tersebut pada titik pengamatan adalah

a

Gambar 1.13 Medan listrik yang dihasilkan oleh batang

Medan yang dihasilkan elem

22 4

1

4

1

x

L

x

QE

oo

=

=

(1.25)

Medan total di titik pengamatan adalah

+++=22

2

2

1

...4

No xxx

(1.26)

= 1 LLL

E

Penjumlahan dalam erikan hasil

E

dengan

ax =1 LaxN +=

tanda kurung memb

)(...

22

2

2

1 Laa

L

x

L

x

L

x

L

N +=

++

+

(1.27)

Dengan demikian, medan total yang dihasilkan semua muatan pada batang adalah

x

a+L dL

a

x

a+L

x

a

a+L dL

16


20/573

)(4)(4)(4 LaaLaaLaa ooo +++ 111 QLL

===

E

(1.28)

c) Medan Listrik Oleh Dipol

ipol adalah muatan yang sama besar dan berbeda tanda tetapo dipisahkan pada jarak tertentu.

lihat dari jarak yang cukup jauh, dipol tampak netral

arena kedua muatan sangat berdekatan. Tetapi dilihat dari jarak yang cukup dekat, yaitu pada

orde yang sama dengan jarak pisah dua muatan, dipol tampak sebagai dua muatan terpisah.

Aplikasi dipol dapat dijumpai dalam berbadai hal. Bahan dielektrik yang dipakai secara luas

bauatn kapasitor atau memori adalah bahan yang mudah menghasilkan dipol begituikenai medan listrik dari luar. Makin mudah bahan tersebut menghasilkan dipole, maka

konstanta dielektrik bahan tersebut makin besar.

ya

e negatif dipisahkan dan diosilasikan (saling

E2

D

Biasanya jarak tersebut cukup kecil. Di

k

pada pemd

-q +q

Gambar 1.15 Menentukan medan listrik oleg dipol

Pemamcar gelombang elektromagnetik seperti pemancar radio dan televisi umumn

m nghasilkajn osilasi dipole. Muatan posisi dan

mendekat dan menjauh). Berdasarkan teori elektromagnetik, muatan yang berosilasi

memancarkan gelombang elektromagnetik dengan frekuensi samam dengan frekuensi osilasi

muatan.

d/2 d/2

E

E

h rr

1

E2

-q +q

d/2 d/2

E

E

h rr

1

-q +q

d/2 d/2

E

E

h rr

1

17


21/573

Kita akan menghitung kuat medan listrik yang dihasilkan oleh dipole. Untuk mudahnya, kita

hanya menghitung kuat medan sepanjang gasris yang tegak lurus sumbu dipol. Lihat Gbr.

11.15.

Besar medan yang dihasilkan muatan negatif

2221 )2/(4

1

4

1

dh

q

r

qE

oo +==

(menuju ke arah muatan) (1.29)

Besar medan yang dihasilkan muatan positif

2222

)2/(4

1

4

1

dh

q

r

qE

oo +

==

(menjauhi muatan) (1.30)

Medan resultan yang dihasilkan (hanya memiliki komponen arah horizontal).

coscos 21 EEE +=

cos)2/(

21 q (

4 22 dho +1.31)=

Tetapi =

o

90 , sehingga sin)90cos(cos ==

o

Berdasarkan Gambar 11.15

22 )2/(dhr +

Akhirnya, medan listrik yang dihasilkan dipol adalah

2/2/ d== (1.32)

dsin

sin)2/(4 22 dhE o += 21 q

2222 )2/(

2/

)2/(

2

4

1

dh

d

dh

q

o ++=

[ ] 2/322 )2/(4 dho + (

1 qd1.33)

Kita mendefinisikan momen dipol

=

18


22/573

qdp= (1.34)

Dengan demikian, diperoleh

[ ] 2/322 )2/(41

dh

pEo +

=

(1.35)

ita peroleh adalah jika jarak titik pengamatan (h) sangat besar

ibandingkan dengan jarak antara dua muatan, atau

Kasus khusus yang akan k

hd


23/573

vektor posisi titik pengamatan adalah Prr

. Posisi relatif titik pengamatan terhadap elemen

muatan adalah dan jarak titik pengamatan ke elemen muatan adalahrrPrr

rrPrr

. Jika

esar mauatan pada titik pengamatan adalah maka gaya yang dialami muatan tersebutPQ b

akibat elemen muatan dq adalah

)(4

1 dqQ rrr2 r3 r

rrFd

P

P

o

P rr

=

Medan listrik di titik P yang dihasilkan oleh elemen muatan adalahdq

P

P

PQ

Fd

Ed

r

r

=

)(4

123

rrrr

dq

Po

rr

rr

=

(1.37)

uat medan total di titik P yang dialibatkan oleh seluruh muatan pada benda menjadiK

= PP EdErr

= )(4

123

rrrr

dq

Po

rr

rr

(1.38)

Persamaan (1.38) merupaka bentuk umum dar ersamaan untuk mencri kuat medan listrik

yang dihasilkan oleh m

i p

uatan yang terdistribusi kontinu. Berdasarkan jenis distribusi muatan,

ita menemui tiga macam yaitu distribusi muatan, yaitu satu dimensi, distribusi muatan dua

dimensi, dan ditribusi muatan tiga dimensi.

i) Untuk distribusi muatan satu dimensi, misalnya muatan pada kawat maka

k

dxdq =

dengan adalah rapat muatan per satuan panjang dan dx adalah elemen panjang kawat.tan at maka dSdq = ii) Untuk distribusi muatan dua dimensi, misalnya mua pada pel

dengan adalah rapat muatan per satuan luas permukaan dan dS adalah elemen luas

permukaan.

iii) Untuk distribusi muatan tiga dimensi maka dVdq = dengan adalah rapat muatan per

satuan volum dan dV adalah elemen volum benda.

20


24/573

Untuk lebih memahami aplikasi metode integral ini mari kita tinjau beberaoa contoh berikut

ini.

) Muatan Pada Kawat Lurus Tak Berhingga

rus tak

erhingga. Lihat skema pada Gbr. 1.1

1.38).

a

Kita akan mencari kuat medan listrik pada posisi yang berjarak a dari kawat lu

b

Gambar 1.17 Menentukan kuat medan magnet yang dihasilkan oleh elemen kawat lurus

panjang

Sebelum melakukan integral, kita harus menyederhanakan dulu ruas kanan persamaan (

Tinjau elemen kawat sepanjang dx yang memuat muatan sebesar dxdq = . Med

yang dihasilkan elemen ini di titik pengamatan adalah

an listrik

)(4

123

rrrr

dxEd P

rr

rr

Po

r

=

Apabila kita hitung besarnya saja maka besar medan listrik tersebut adalah

rr

rr

EddEP rrdx rr

Po

r

== 234

1

24 rrPorr

1 dx=

Berdasarkan Gambar 1.17, jarak antara titik pengamatan dan elemen muatan adalah

rrrP = rr

. Dengan demikian

P

ar

d

dEP

dE

dEPv

Ph

P

ar

d

dEP

dE

dEPv

Ph

xdq xdq

21


25/573

24 roP

1 dxdE

= (1.39)

ampak dari Gbr 1.17 bahwaT

sin=r

a

atau

222

sina

11

r= (1.40)

sin

cos

tanaL

aLx oo ==

Selanjutnya kita mencari diferensial dx sebagai berikut. Dengan melakukan diferensial ruas

kiri dan kanan persamaan (1.41) diperoleh

(1.41)

=

sin

)(sincos

sin

)(cos ddadx

2

dada

dda

2

22

2

2

2 sin

cossin

sin

cos1

sin

coscos

sin

sin +=

+=

=

2sin

da= (1.42)

ubstitusi r dan dx dari persamaan (1.40) dan (1.42) ke dalam persamaan (1.39) diperolehS

=

2

2

2

sin

sin4

1

a

da

o

P

dE

d

ao4

1= (1.43)

edan dapat diuraikan atas dua komponen, yaitu yang sejajar dengan kawat

dan yang tegak lurus kawat

PdE PhdE M

dEPv . Besar komponen-komponen tersebut adalah

22


26/573

d

adEdE

o

PPh cos4

1cos ==

dan

d

adEdE

oPPv

sin4

1sin ==

Setiap elemen dx akan memiliki elemen pasangan yang berseberangan dari lokasi titik

pengamatan yang memiliki komponen medan arah horisontal yang sama besar tetapi

agnet total di titik P dalah integral dari komponen medan arah vertikal.

elanjutnya kita menentukan batas-batas integral. Karena kawat panjang tak berhingga, makabatas bawah adalah = 0odan batas atas adalah = 180o. Dengan demikian, medan listrik

total yang dihasilkan kawat adalah

berlawanan arah. Kedua komponen tersebut saling meniadakan. Akibatnya, hanya komponen

arah vertikal yang memberi kontribusi pada medan listrik total. Dengan demikian, kuat medan

m

S

=o

o

PvP dEE

180

0

=

o

da sin4

1

oo

180

0

[ ] [ ])1()1(4

1cos

4

1 1800 +==

aa oo

o

o

ao

2

1= (1.44)

Lihat Gambar 1.18

b) Medan listrik oleh kawat lurus berhingga

Sekarang kita akan membahas kasus yang sedikit rumit, yaitu menentukan medan listrik yang

dihasilkan oleh muatan listrik pada kawat lurus yang panjangnya berhingga. Misalkan kita

memiliki kawat yang panjangnya Lo. Kita akan menentukan kuat medan listrik pada titik

yang berjarak a dari kawat dan dan sejajar dengan salah satu ujung kawat.

Untuk menentukan kuat medan listrik di titik pengamatan, kita tentukan variabel-variabel

seperti pada Gbr. 1.19

23


27/573

Gambar 1.18 Skema perhitungan medan listrik oleh muatan pada kawat lurus bergingga

erupa dengan pembahasan untuk kawat yang panjangnya tak berhingga, besar medan listrikang dihasilkan elemen kawat dx adalah

Gambar 1.19 Variabel-variabel perhitungan

Sy

d

acosdE

o

Ph4

1=

dan

d

adE

o

Pv sin4

1=

erlu diperhatikan bahwa untuk kasus ini, komponen medan arah horizontal tidak saling

enghilangkan. Komponen horizontal dan vertical sama-sama memberi kontribusi pada

Sekarang kita tentukan batas-batas integral. Ketika elemen dx berada di ujung kiri kawat,

ma

P

m

medan total.

ka sudut yang dibentuk adalah m yang memenuhi om La /tan = . Dan ketika elemen dx

berada di ujung kanan kawat maka sudut yang dibentuk adalah 90o. Jadi, batas integral adalah

dari msampai 90o. Maka kita dapatkan medan magnet di titik P adalah

Lo

a

P

Lo

a

P

a

xdx

P

r

a/tan

a

xdx

P

r

a/tan

24


28/573

= daEPh cos41

o

mo

90

[ ] [ ]

o

oo aa

o

m

m

sin90sin

4

1sin

4

1 90 ==

[ ]mo a

sin1

4

1= (1.45)

=o

m

da

Eo

Pv

90

sin4

1

[ ] [ ]moo aa

m

oo

44

cos90cos1

cos1 90 += =

[ ] mo

mao a

cos

1cos0

4

1=+= (1.46)

4

Karena om La /tan = maka

22sin

o

m

La +=

a

and

22cos

o

o

m

La

L

+=

Dengan demikian

a (1.47)

+

=22

1

4

1

oo

Ph

Laa

E

224

1

o

o

o

Pv

La

L

aE

+=

(1.48)

Jika panjang kawat di satu sisi sangat besar, atau oL maka . Dengan

demikian

222

oo LLa +

25


29/573

[ ]aaL

a

aL

a

aE

oooooo

Ph

4

101

4

11

4

11

4

1

2=

=

aL

L

aL

L

aE ooo

oo

o

o

Pv

4

1

4

1

4

1

2 ==

Selanjutnya kita bahas kasus yang lebih umum lagi di mana titik pengamatan berada di antara

dua ujung kawat. Misalkan titik tersebut berjarak adari kawat dan berjarak bdari salah satu

s ini sebenarnya tidak terlalu sulit. Kita dapat memandang bahwa medan

rsebut dihasilkan oleh dua potong kawat yang panjangnya b dan panjangnya Lo b di mana

titik pengamatan berada di ujung masing-masing potongan kawat tersebut. Kuat medan arah

tegak lurus yang dihasilkanhorizontal saling melemahkan.

hingga

Komponen-komponen medan yang dihasilkan kawat sepanjang badalah

ujung kawat. Kasu

te

dua kawat saling mnguatkan sedangkan kuat medan arah

Gambar 1.20 Kuat medan listrik pada posisi sembarang di sekitar kawat lurus ber

+=

221 1

4

1

ba

a

aE

o

Ph

221

4

1

ba

b

aE

o

Pv

+=

Komponen-komponen medan yang dihasilkan kawat sepanjang L-b adalah

= 11 a

E

+22

2

)(4 bLaa ooPh

Lo

aP

Lo-bb

Lo

aP

Lo-bb

26


30/573

222

)(4

1

bLa

bL

aE

o

o

o

Pv

+

=

Komponen medan vertical total menjadi (saling menguatkan)

21 PvPvPv EEE +=

2222 )(44 bLaabaa ooo ++ 11 bLb o+

(1.49)=

ponen medan horisontal total menjadi (saling melemahkan)Kom

21 PhPhPh EEE =

+

+=

22221

4

1

)(1

4

1

ba

a

abLa

a

a ooo

=1 aa

++2222 )(4 bLabaa oo

+

+=

2222 )(

11

4 bLaba oo

(1.50)

Selanjutnya kita mencari kuat medan listrik pada titik yang berada di luar areal kawat,

isalnya pada jarak b di sebelah kiri kawat. Lihat Gambar 1.21.

h ini dapat dipandang

ebagai dua poto g kawat berimpit. Satu potong kawat panjangnya dan memiliki

rapat muatan dan potong kawat lain panjangnya dan memiliki rapat muatan -. Ujung

kiri dua potongan kawat diimpitkan.

edan listrik yang dihasilkan potongan kawat panjang adalah

m

ana memecahkan masalah ini? Kita pakai trik sederhana. MasalaBagaim

s bLo+

b

n

Kuat m

++

=22

1

)(

1

4

1

bLa

a

a

E

oo

Ph

27


31/573

221

)(4

1

bLa

bL

aE

o

o

o

Pv

++

+=

wat lurus

erhingga. Kita dapat memandang system terdiri dari dua kawat dengan panjang Lo+byang

memiliki kerapatan muatan dan kawat sepanjang b dengan kerapatan muatan - yang

diimpitkan di sisi kirinya.

Kuat medan listrik yang dihasilkan potongan kawat pendek adalah

Gambar 1.21 Menentukan kuat medan listrik pada posisi sembarang di luar ka

b

+=

222 1

4

1

ba

a

aE

o

Ph

222

4

1

ba

b

aE

o

Pv

+=

Medan listrik arah vertical maupun horizontal total merupakan selisih komponen medan

listrik yang dihasilkan masing-masing kawat karena tanda muatan berlawanan. Jadi

Komponen medan arah horizontal adalah

21 PhPhPh EEE =

LoaP

b

-

LoaP

b

-

LoaP

b

LoaP

b

28


32/573

+

++=

22221

4

1

)(1

4

1

ba

a

abLa

a

a ooo

++

+=

2222 )(4

1

bLa

a

ba

a

aoo

++

+=

2222 )(

11

4 bLaba oo

(1.51)

Komponen medan arah vertikal adalah

21 PvPvPv EEE =

2222 4

1

)(4

1

ba

b

abLa

bL

a oo

o

o +

++

+=

+

=1 bLo

+

++ 2222 )(4 ba

b

bLaa oo

(1.52)

0a makaUntuk kasus ketika

+=

++

+=

bLbbLbE

oooo

Ph

11

4)(0

1

0

1

4 2222

(1.53)

04

1

0)(04

1

2222=

+

+=

+

++

+=

b

b

bL

bL

ab

b

bL

bL

aE

o

o

oo

o

o

Pv

(1.54)

um Coulomb. Lebih khusus lagi jika kita ingin

bu cincin. Lihat Gbr. 1.22

isalkan sebuah cincin dengan jari-jari a mengandung muatan Q. Kita ingin menentukan kuat

edan listrik sepanjang sumbu cincin pada jarak bdari pusat cincin. Berdasarkan Gbr 1.22

besarnya medan listrik di titik P yang dihasilkan oleh elemen cincing sepanjang dL adalah

c) Medan Listik oleh Cincin

incin adalah bentuk geometri lain yang memungkinkan kita menentukan medan listrikC

dengan cukup mudah menggunakan huk

enghitung kuat medan listrik sepanjang summ

M

m

29


33/573

24

1

r

dqdE

=

Gambar 1.22 Medan listr

ampak juga dari gambar 1.22, dE dapat diuraikan atas dua komponen yang saling tegak lurus,

k luru ajatr sumbu. Besarnya nilai komponen-komponen tersebut

adalah

ik di sumbu cincin yang dihasilkan oleh elemen pada cincin

T

yaitu komponen tega s dan sej

sindEdE = (1.55a)

cos// dEdE = (1.55b)

Tiap elemen kawat memiliki pasangan di seberangnya (lokasi diametrik) di mana komponen

gak lurus sumbu memiliki besar sama tetapi arah tepat berlawanan. Dengan demikian ke

meniadakan. Oleh karena itu, untuk menentukan kuat medan

te

dua komponen tersebut saling

total kita cukup melakukan integral pada komponen yang sejajar sumbu saja. Besar medan

total menjadi

== cos// dEdEE

= cos41

2r

dq

o

(1.56)

Semua parameter dalam integral konstan kecuali dq. Dengan demikian kita peroleh

a

rb

Q

P

dq

dB

//dB

dB

a

rb

Q

P

dq

dB

//dB

dB

30


34/573

Qr

dqr

Eoo

cos1

4

1cos

1

4

122

==

cos4

1

2r

Q

o

= (1.57)

Dari Gbr. 1.22 tampak bahwa sin/ =ra . Akhirnya kita dapatkan

cossin4

1 22

a

QE

o

= (1.58)

Untuk kasus khusus titik di pusat lingkaran, kita dapatkan = 90o sehingga E = 0.

Contoh

Kita memiliki dua cincin konsentris dengan jari-jari a1 dan a2. Masing-masing cincin

memiliki muatan Q1 dan Q2. Berapa kuat medan listrik pada lokasi:

) berjarak b dari pusat cincin sepanjang sumbu cincin

) pada pusat cincin

awab

a) Kuat me

a

b

J

b

2a

Gambar 1.23

dan listrik yang dihasilkan cincin bermuatan Q1 adalah

11

2 cos 2

1

11 sin

4

1

a

QE

o

=

a1

1

2

Q2

1Q

b

2a

a1

1

2

Q2

1Q

31


35/573

Kuat medan magnet yang dihasilkan oleh cincin bermuatan Q2

22

2

2

2

22 cossin

4

1

a

QE

o

=

Kuat medan magnet total

21 EEE +=

22

2

2

2 cossin4

1

a

Q+

2

11

2

2

1

1 cossin4

1

a

Q

oo

=

) Di pusat cincin terpenuhi 1= 2= 90o sehingga E = 0.

rupa busur dengan sudut

panjang sumbu cincin yang berjarak b

a kasus ini pun kita memiliki dua komponen medan, yaitu yang searah

umbu dan yang tegak lurus sumbu. Medan tersebut diperoleh dengan mengintegralkanen medan yang diberikan oleh persamaan (1.55a) dan (1.55b). Kuat medan total

searah sumbu adalah

b

d) Kuat medan listrik di sumbu cincin tidak penuh

Sekarang kita anggap cincin bukan lingkaran penuh, tetapi hanya be

keliling . Kita ingin mencari berapa kuat medan di se

dari pusat cincin. Pad

skompon

=

0

// cosdEE

==

02

0

2

cos

4

1cos

4

1dq

rr

dq

oo

(1.59)

tegral di ruas kanan persamaan (1.59) adalah muatan total pada busur cincin. Jadi

ian

Qdq=

0

.In

Dengan demik

2//

cos1 Q

4 roE

=

32


36/573

sin/ =raDengan menggunakan hubungan maka

4 2

//ao

cossin1 2Q= (1.60)

Untuk menentukan kuat m dan yang tegak lurus sumbu, ada dua kasus yang harus

diperhatikan. Kasus pertama adalah jika panjang busur kurang dari setengah lingkaran. Dalam

asus ini, tiap elemen busur tidak memiliki pasangan diameteris yang menghasilkan

al yang saling meniadakan. Semua elemen menguatkan medan total.

uat medan total menjadi

E

e

k

komponen medan horisont

K

=

0

sindEE

=

22sin1

sin1

dqdq

=00

44 rr oo

2

sin

4

1

r

Q

o

=

3sin1 Q

= 24 a

o

Jika panjang busur lebih dari setengah lingkaran, maka mulai ada pasangan diametris yang

menghasilkan medan arah horisontal yang saling meniadakan. Lihat Gambar 1.24

Panjang busur membe

(1.61)

ntuk sudut . Tampak dari Gambar 1.24, dari busur yang ada, sebagian

lemen mempunyai pasangan diametris yang menghasilkan komponen medan arah horisontal

yasama besar tetapi berlawanan arah. Hanya bagian busur lingkaran sepanjang 2 - yang

tidak memiliki pasangan diametri sehingga memberi kontribusi pada medan magnet total arah

horisontal. Dengan demikian, medan magnetik total arah horisontal adalah

e

= sindEdE

==

2

0044 rr oo

2

2

2

sin1sin

1dq

dq

Q

ro4 2

=

2sin1

33


37/573

3

2sin

1

2

4

1

=a

Q

o

(1.62)

terbentuk lingkaran penuh maka = 2dan medan total

1.5 Garis Gaya Listrik

Untuk menvisualisasikan medan listrik sehingga kita memiliki gambaran tentang besar

maupun arahnya, maka didefinisika garis gaya listrik. Garis gaya listrik adalah garis khayal

yang keluar dari muatan positif dan masuk ke muatan negatif. Setelah menggambarkan garis

gaya listrik maka kita dapat mendefinisikan medan listrik sebagai berikut

i) Besarnya me n listrik sebanding dengan kerapatan garis gaya per satuan luas permukaan

yang ditembus garis gaya

ii Arah medan lis

Gambar 1.25 Garis gaya listrik

Kuat medan listrik di titik A lebih besar daripada kuat medan listrik di titik B dan kuat medanlistrik di titik B lebih besar daripada kuat medan listrik di titik C.

Gambar 1.24 Kuat medan listrik oleh busur cincin yang melebihi setengah lingkaran

anpak dari persamaan (1.62), jikaT

arah horisontal nol.

n

da

trik di suatu titik sama sejajar dengan garis singgung garis gaya pada titik

tersebut.

2-

2-

2-

2-

A

B

C

A

B

C

34


38/573

Karena kuat medan listrik sebanding dengan kerapatan garis gaya maka dapat pula kita

katakana bahwa kuat meda

Dan karena kuat medan listrik berbanding lurus juga dengan besar muatan maka dapat kita

impulkan bahwa

Jumlah garis gaya berbanding lurus dengan muatan.

Makin besar muatan yang dimiliki duatu partikel maka makin banyak garis gaya yang keluar

atau masuk ke partikel tersebut.

Gambar 1.26 Definisi fluks listrik

Pada Gambar 1.26 me

n listrik berbanding lurus dengan jumlah garis gaya.

s

1.6 Hukum GaussGauss merupakan metode yang sangat efektif untuk mencari kuat medan listrik diHukum

sekitar muatan kantinu pada benda yang memiliki simetri. Kita akan menerapkan hukum

Gauss pada beberapa kasus.

a) Fluks Listrik

Sebelum menerapkan hukum Gauss, mari kita bahas dulu fluks listrik. Fluks listrik

didefinisikan sebagai perkalian scalar antara vector kuat medan listrik dengan vector luar

permukaan yang ditembus oleh medan tersebut.

Er

Er

dan listrik Er

menembus permukaan dengan vector luas permukaan

Ar

. Fluks listrik yang melewati permukaan memenuhi

cosEAAE == rr

(1.63)

A

r

A

r

35


39/573

Jika permukaan yang ditembus medan terdiri dari sejumlah segmen, maka fluks total sama

dengan jumlah fluks pasa masing-masing segmen. Contohnya, untuk Gbr 1.27, fluks total

apat ditulis sebegaid

2Er

2Er

1Er

3Er

1A

2A

3A

r

1

2

3

4Er

r

Gambar 1.27 Medan listrik menembus sejumlah segmen permukaan

4321 +++=

44332211 AEAE AEAErrrrrrrr

++ +=

444333222111 coscoscoscos AEAEAEAE +++= (1.64)

Jika jumlah segmen permukaan ada n buah, maka fluks total yang melewati seluruh

permukaan dapat ditulis sebagai

=

=n

i

ii AE1

rr

=

=n

i

iiiAE

1

cos (1.65)

Dalam kasus umum di mana permukaan yang dikenai medan listrik adalah permukaan

sembarang dan kuat serta arah medan listrik juga sembarang maka fluks yang melewati

ermukaan ditentukan dengan integral sebagai berikut

(1.66)

p

= dAE cos

r r

4A

4

1Er

3Er

1A

2A

3A

r

1

2

3

4Er

r

r r

4A

4

36


40/573

b) Fluks Pada Permukaan Tertutup

Fluks ada karena adanya garis gaya. Garis gaya

gaya adalah lokasi pada jarak tak b

an muatan positif di dalam permukaan tertutup.

dihasilkan oleh muatan tersebut yang

asuk pada sisi depan permukaan pasti keluar di sisi belakang permukaan. Karena tidak ada

keluar dari muatan positif. Ujung dari garis

erhingga dari muatan positif atau muatan negatif. Ketika

bertemu muatan negatif, maka garis yang dihasilkan muatan positif berakhir di muatan

negatif.

Permukaan

tertutup

Permukaan

tertutup

Permukaan

tertutup

Permukaan

tertutup

(i) (ii)

(iii) (iv)

Permukaan

tertutup

Permukaan

tertutup

Permukaan

tertutup

Permukaan

tertutup

Permukaan

tertutup

Permukaan

tertutup

Permukaan

tertutup

Permukaan

tertutup

(i) (ii)

(iii) (iv)

Gambar 1.28 (i) muatan positif berada di luar permukaan tertutup, (ii) muatan negatif

berada di luar permukaan tertutup, (iii) muatan positif di luar permukaan tertutup dan

muatan negatif di dalam permukaan tertutup, (iv) muatan negatif di luar permukaan tertutup

d

i) Misalkan di sekitar sebuah muatan positif terdapat permukaan tertutup. Muatan tersebut

berada di luar permukaan tertutup. Garis gaya yang

m

37


41/573

muatan negatif

garis gaya hanya berakhir di jarak tak berhingga. Pada sisi depan permukaan, sudut yang

ibentuk garis gaya dengan vector luas lebih besar daripada 90o sehingga fluks berharga

, sudut yang dibentuk garis gaya dengan vector luas

i luar pemukaan ada muatan negatif maka garis gaya akan masuk menuju permukaan

tersebut. garis gaya yang masuk di sisi belakang permukaan akan keluar di sisi depan

permukaan. Kedua fluks tersebut juga sama besar sehingga fluks total pada permukaan

teetutup nol.

iii) Jika di luar permukaan ada muatan positif dan di dalam permukaan ada muatan negatif,maka ada sebagian garis gaya yang masuk di sisi depan permukaan tidak keluar di sisi

belakang permukaan karena garis gaya tersebut berakhir di muatan negatif dalam permukaan.

Akibatnya, fluks yang masuk permukaan tidak sama dengan fluks yang keluar permukaan.

Justru, fluks yang masuk permukaan lebih besar daripada fluks yang keluar permukaan.

Dengan demikian, fluks total untuk permukaan tertutup tersebut tidak nol.

iv) Jika di luar permukaan ada muatan negatif dan di dalam permukaan ada muatan positif,

maka ada tambahan garis gaya yang keluar pada permukaan namun tidak berasal dari garisgaya yang masuk di sisi lain. Garis gaya tersebut dihasilkan oleh muatan positif dalam

permukaan. Akibatnya, fluks yang keluar permukaan tidak sama dengan fluks yang masuk

permukaan. Justru, fluks yang keluar permukaan lebih besar daripada fluks yang masuk

permukaan. Dengan demikian, fluks total untuk permukaan teetutup tersebut tidak nol.

Gauss merumuskan hokum yang menghubungkan fluks total pada permukaan tertutup dengan

jumlah muatan yang dikandung oleh permukaan tersebut. Hukum tersebut dirumuskan

sebagai berikut

di dalam permukaan yang berperan sebagai titik akhir dari garis gaya maka

d

negatif. Pada sisi belakang permukaan

lebih kecil daripada 90o sehingga fluks berharga positif. Kedua fluks tersebut sama besar

sehingga fluks total pada permukaan tertutup nol.

ii) Jika d

o

tertutuppermukaan

tertutuppermukaan

ii

q

AE

= rr

atau

o

tertutuppermukaan

tertutuppermukaan

iii

q

AE

=cos (1.67)

38


42/573

di mana Ei adalah kuat medan pada segmen permukaan ke-i, Ai adalah luas segmen

permukaan ke-i, i : adalah sudut yang dimebtnuk oleh vector medan dan vector luas pada

segmen permukaan ke-i tertutuppermukaan

q adalah jumlah muatan yang dilingkupi permukaan

tertutup. Untuk permukaan yang sembarang, hokum Gauss dapat diungkpakan dalam bentuk

integral, yaitu

o

qdAE

=cos

atau

o

qAdE

=

rr

(1.68)

Simbol akan mempelajari beberapa aplikasi hokum Gauss untuk menentukan kuat medan listrik yang

dihasilkan oleh benda dengan simetri tertentu.

Kawat Lurus PanjangSebuah kawat lurus panjang memiliki kerapatan muatan . Kita akan mene

menyatakan bahwa aintegral dilakukan pada permukaan tertutup. Berikut ini kita

ntukan kuat medan

strik pada jarak sembarang dari kawat. Langkah yang harus kita lakukan adalahli

i) Buat permukaan Gauss

Jika kita ingin menentukan kuat medan pada jarak r dari kawat maka permukaan Gauss yang

kita gunakan berupa silinder dengan jari-jari r seperti pada Gbr. 1.29. Panjang silinder bisa

bebas. Kita anggap panjangnya L.

r

L

r

L

sekitar kawat lurusGambar 1.29 Permukaan Gauss untuk menentukan kuat medan listrik dipanjang

39


43/573

Jadi, permukaan Gauss yang kita m

alas, dan tutup. Alas dan tutup masing-masing berbentuk lingkaran.

iliki berupa permukaan silinder yang terdiri atas selubung,

ii) Langkah berikutnya adalah menentukan iiiAE cos . Karena sifat simetri dari kawat

maka kita dapat menduga bahwa arah medan listrik pasti menembus selubung silinder tegak

diilustrasikan pada Gbr. 1.30

lurus. Berarti pula arah medan listrik menyinggung alas atau tutup silinder seperti

s dapat dinyatakan sebagai penjumlahan tiga bagian, yaitu

Gambar 1.30 Arah medan listrik pada permukaan Gauss

Penjumlahan iiAE co i

{ } { } { }ungsetutupalasiii

AEAEAEAElub333222111

coscoscoscos ++= (1.69)

Mari kita hitung suku-suku dalam persamaan (1.69) satu per satu

rah medan listrik menyinggung alas. Karena arah vector luas permukaan tegak lurus bidang

permukaan itu sendiri, maka arah medan listrik pada alas tegal lurus arah vector luas alas.

Dengan demikian, dan

Alas:

A

o901= 0090coscos 1111111 === AEAEAEo

E

E

E

E

40


44/573

Gambar 1.31 Arah medan listrik di alas silind

Tutup:

Arah medan listrik menyinggung tutup. Karena arah luas permukaan tegak lurus bidang

permukaan itu sendiri, maka a

er

rah m tup tegak lurus arah vector luas tutup.

Dengan demikian, dan

Gambar 1.32

elubung

rah medan listrik tegak lurus selubung. Berarti

edan listrik pada tuo

902= 0090coscos 2222222 === AEAEAEo

Arah medan listrik di tutup silinder

S

A 03= . Dengan demikian

333333333 10coscos AEAEAEAEo ===

Gambar 1.33 Arah medan listrik di selubung silinder

1

A1A1

E1E1

1

A2

E2

2

A2

E2

2

E3

3A

E3

3A

41


45/573

Luas selubung adalah

3 = (keliling selubung) (panjang selubung)A

Lr= 2

Dengan demikian

(1.70)

Sekarang kita menentukan muatan total yang dilingkupi permukaan Gauss. Muatan tersebut

hanya ada berada pada bagian kawat sepanjang L. Dengan demikian

(1.71)

engan menggunakan hokum Gauss, maka

33 2200cos rLErLEAE iii =++=

Lq =

D

o

LrLE

=32

rE

o

23= (1.72)

yang merupakan kuat medan listrik pada jarak r dari kawat.

Muatan Titik

Misalkan kita memeiliki muatan titik Q dan kita ingin menentukan kuat medan listrik pada

rak r dari muatan tersebut. Langkah pertama adalah memilih permukaan Gauss sehingga

esar medan listrik pada tiap titik di permukaan tersebut sama dan sudut yang dibentuk medan

muatan titik, hanya permukaan bola yang

erpusat di muatan yang memenuhi sifat tersebut. Jadi kita pilih permukaan Gauss berupa

bola dengan jari-jari r dan berpusat di muatan.

Karena hanya ada satu permukaan maka

Arah medan di permukaan bola adalah radial. Arah vector permukaan juga radial. Jadi medan

dan vector pemukaan memiliki arah yang sama sehingga = 0 atau cos = 1. Dengandemikian

ja

b

dan vector permukaan selalu sama. Untuk kasus

b

permukaan

coscos EAAE iii =

42


46/573

)4( 2rE EAAE iii =cos = E (luas permukaan bola) = .

ang dilingkupi permukaan Gaus adalah muatan titik itu sendiri. Jadi

. Substitusi ke dalam hokum Gauss diperoleh

Jumlah total muatan y

Qq=

o

QrE = )4( 2

atau

241

rQE

o=

Hasil ini p

erikutnya kita akan menentukan kuat medan listrik yang dihasilkan pelat tak berhingga yang

mengandung kerapatan muatan konstan. Muatan per satuan luas yang dimiliki pelat kita

anggap . Kita buat permukaan Gauss yang berbentuk silinder seperti pada Gbr. 1.34. Pelatemotong siilinder tepat di tengah-tengahnya sehingga jarak alas dan tutup silinder ke pelat

sama. Misal

ersis sama dengan apa yang diperoleh dengan menggunakan hokum Coulomb.

Pelat Tak Berhingga

B

m

kan luas alas atau tutup silinder adalah A.

Gambar 1.34 Permukaan Gauss di sekitar pelat tak berhingga

AA1 A2

A3

E E

AA1 A2

A3

E E

43


47/573

Dengan demikian, permukaan Gauss terdiri dari tiga bagian: alas silinder, tutup silinder, dan

selubung silinder. Maka kita dapat menulis

{ } { } { } ungsetutupalasiiiAEAEAEAE cos

lub333222111

coscoscos ++= (1.73)

Karena sifat simetri yang dimiliki pelat tak berhingga maka arah medan listrik yang

ihasilkan akan tegak lurus pelat. Akibatnya, medan listrik menembus tutup dan alas silinder

Kita lihat satu per satu:

las silinder:

d

secara tegak lurus dan hanya menyinggung selubung silinder.

A

EE =1 AA =1

1 = 0 karena medan listrik menembus alas silinder secara tegak lurus (vector medan dan

ector luas alas sejajar). Dengan demikian,v

EAEAAEo == 0coscos 111

Tutup silinder:

EE =2 AA =2

2 = 0 karena medan listrik menembus tutup silinder secara tegak lurus (vector medan dan

vector luas tutup sejajar). Dengan demikian,

EAEAAEo == 0coscos 222

Selubung silinder:

karena medan listrik menyinggung selubung slinider (vector medan dan vector luas

selubung silinder saling tegak lurus). Dengan demikian,

Akhirnya kita peroleh

EE =3

o903=

090coscos 33333 ==o

AEAE

44


48/573

EAEAEAAE iii 20cos =++= (1.74)

Selanjutnya kita hitung jumlah muatan yang dikandung permukaan Gauss. Muatan tersebut

hanya berlokasi pada bagian pelat yang beririsan dengan silinder, yaitu bagian pelat seluas A.

Jumlah muatan adalah

(1.75)

Akhirnya dengan menggunakan hokum Gauss

Aq =

o

iii

qAE

=cos

diperoleh

o

AEA

=2

atau

o

E

2= (

ntukan kuat medan listrik yang dihasilkan oleh dua pelat sejajar yang

ianggap tak berhingga). Susunan pelat semacam ini dijumpai pada

kapasitor. Dengan demikian, pemahaman kita tentang medan yang dihasilkan pelat sejajar

ak

osisi medan listrik. Medan total di suatu titik

erupakan penjumlahan kuat medan yang dihasilkan oleh masing-masing pelat. Misalkan

emiliki pelat yang memiliki kerapatan muatan 1 dan 2. Masing-masing pelat

edan listrik yang konstan ke segala arah yang besarnya

1.76)

Tampak bahwa kuat medan listrik yang dihasilkan pelat selalu sama berapa pun jaraknya dari

pelat. Ini adalah akibat ukuran pelat yang tak berhingga. Jika ukuran pelat berhingga maka

makin jauh dari pelat, medan listrik maskin lemah.

Medan Listrik oleh Dua Pelat Sejajar

ta akan teSelanjutnya ki

sangat luas (dapat d

an menolong kita memahami kerja kapasitor.

Prinsip yang kita gunakan adalah prinsip superp

m

kita m

menghasilkan m

45


49/573

o

2

11= E

o

E

2

22 =

Kuat medan listrik di mana-mana memenuhi

= (1.77)

Pada penjum

ontoh

Suatu pelat tak berhingga yang ditempatkan pada pusat koordinat memiki kerapatan muatan

21 EEE +

lahan tersebut kalian harus memperhatikan arah.

C

A=1 C/m2. Pelat lain yang sejajar dengan pelat pertama diletakkan pada koordinat x = L

atan A22 =memiliki kerapatan mu C.m2. Lihat Gbr. 1.35. Tentukan kuat medan listrik

tal di mana-mana.

Jawab

35 Menentukan kuat medan di sekitar dua pelat sejajar

Di sebelah kiri pelat pertama

Pelat kiri menghasilkan medan

to

1 21 2

L

E1 E1

E2E2

L

E1 E1

E2E2

Gambar 1.

oE 2/11= ke arah kiri

kanan menghasilkan medan oE 2/22 = Pelat juga ke arah kiri

engan demikian medan total di sebelah kiri pelat pertama adalahD

ooooo

AAA

EE

2

3

2

2

222

21

21 =+=+=+= ke arah kiriE

46


50/573

Di antara dua pelat

Pelat kiri menghasilkan medan E oo A 2/2/11 == ke arah kanan

Pelat kanan menghasilkan medan oo AE /22/22 == ke arah kiriKarena medan yang dihasilkan pelat kanan lebih kuat, maka medan total antara dua pelat

adalah

ooo 222

12

Di sebelah kanan pelat kanan

AAAEE

2==+= ke arah kiri

elat kiri menghasilkan medan

E

oo AE 2/2/11 == P ke arah kanan

Pelat kanan menghasilkan medan oo AE /22/22 == juga ke arah kanan

Dengan demikian medan total di sebelah kiri pelat pertama adalah

ooooo

AAAEEE

2

3

2

2

222

2121 =+=+=+= ke arah kanan

asus menarik diamati jika kedua pelat memiliki kerapatan muatan yang sama namunberbeda tand

a besar tetapi berlawanan arah,

ehingga medan total nol.

ah kanan pelat kanan, medan yang dihasilkan dua pelat sama besar tetapi berlawanan

Di anta

Ka.

Di sebelah kiri pelat kiri medan yang dihasilkan dua pelat sam

s

Di sebel

arah juga sehingga medan total nol.

ra dua pelat, medan yang dihasilkan masing-masing pelat sama besar dan searah

sehingga medan total yang dihasilkan menjadi dua kali medan yang dihasilkan salah satu

pelat, yaitu

o

E

= (1.78)

Bola isolator homogen

Selanjutnya mari kita hitung medan listrik yang dihasilkan oleh bola isolator yang

mengandung muatan yang tersebur secara homogen. Misalkan muatan total bola adalah Q dan

jari-jari bola R.

47


51/573

Volume bola adalah

3

3

4RV = (1.79)

Kerapatan muatan bola adalah

3

34 R

Q

V

Q

== (1.80)

Kebergantungan kuat medan listrik terhadap jarak dari pusat bola berbeda untuk lokasi di

dalam dan di luar bola.

ertama, mari kita hitung medan listrik di dalam bola. Kita buat permukaan Gauss di dalamenuhi r < R.

ambar 1.36 Permukaan Gauss di dalam bola

ya satu, yaitu permu an jari-jari r. Dengan

(1.81)

Kita mudah menduga bahwa arah medan listrik tegak lurus permukaan Gauss atau sejajar

engan vector luas. Dengan demikian, = 0 dan

Pbola. Jari-jari pwemukaan Gauss dari pusat bola adalah r yang mem

Perm

G

Permukaan Gauss di sini han kaan bola deng

demikian,

coscos EAAE iii =

d 1cos = . Luas permukaan Gauss sama

engan luas permukaan bola dengan jari-jari r, yaitu

(1.82)

d

24 rA =

Jadi kita peroleh

r

R

ukaan bola

Permukaan Gauss

Perm

r

R

ukaan bola

Permukaan Gauss

48


52/573

ErrEAE iii22 41)4(cos ==

Selanjutnya kita hitung jumlah muatan yang dilingkupi permukaan Gauss. Muatan tersebut

adalah yang hanya berada dalam bola berjari-jari r. Muatan yang berada di luar bola Gauss,

aitu antara r sampai R tidak memberi kontribusi pada medan listrik pada jarak r. Volume bolay

Gauss adalah

3

3

4' rV = (1.83)

Dengan demikian, muatan yang dilingkupi bola Gauss adalah

3

33

3

34 3 RR

4'

rQr

QVq === (1.84)

engan hokum Gauss maka

D

3

Roatau

32 14

rQEr =

rQ

E1

= Ro

34 (1.85)

Selanjutnya m

da Gbr. 1.37.

Permukaan Gau

bus permukaan secara tegak lurus (sejajar vector luas) sehingga =o, dan

ari kita hitung kuat medan listrik di luar bola. Kita buat permukaan Gauss

dengan jari-jari r > R seperti pa

ss adalah permukaan bola dengan luas

24 rA =

Juga arah medan menem

0

ErrEEAAEo 22 4140coscos ===

iii

49


53/573

ambar 1.37 Permukaan Gauss di luar bola

atan yang dilingkupi permukaan Gauss adalah seluruh muatan bola, karena seluruh

agian bola ada di dalam permukaan Gauss. Dengan demikian,

r

R

Permukaan bola

Permukaan Gauss

r

R

Permukaan bola

Permukaan Gauss

G

Jumlah mu

b

Qq=

Dengan hokum Gauss maka

o

QEr =2

tau

4

a

24

1

r

QE

o

= (1.86)

ola Konduktor

tepa pun kecilnya medan listrik dalam konduktor, maka electron akan mengalir

an menghasilkan arus

.

Dengan sifat ini m

alam konduktor maka medan listrik dalam konduktor selalu nol. Sebab, jika medan listrikondisi seimbang.

BKonduktor adalah bahan yang sangat mudah mengantarkan arus listrik. Penyebabnya adalah

karena konduktor mengandung muatan listrik yang mudah bergerak. Jika dalam konduktor

muncul medan listrik maka electron-elektron dalam konduktor akan mengalir dan timbullah

arus listrik. Be

d

aka, dalam keadaan seimbang di mana tidak ada arus yang mengalir

dtidak nol maka akan muncul arus, yang bertentangan dengan k

50


54/573

Jika pada konduktor diberi muatan

saling melakukan gaya. Karena muatan mudah sekali bergerak dalam konduktor maka

lak-menolak tersebut menyebabkan muatan bergerak saling menjauhi sampai tidak bisa

i hanya dapat terjadi jika muatan-muatan tersebut menempati

ermukaan konduktor. Jadi, muatan yang dimiliki konduktor selalu menempati

permukaan konduktor.

keadaan seimbang, medan listrik yang dihasilkan konduktor selalu tegak lurus

ermukaan konduktor. Sebab, jika tidak tegak lurus permukaan konduktor maka medan

listrik tersebut

permukaan. Komponen medan yang menyinggung permukaan akan menghasilkan gaya pada

uatan sehingga bergerak sepanjang permukaan. Akibatnya muncul arus permukaan. Dan ini

engan sifat-sifat ini maka kita dapat dengan mudah menghitung medan listrik yang

. Misalkan jari-jari bola adalah R. Di

alam bola, yaitu pada r < R, medan listrik nol karena daerah tersebut merupakan konduktor.

Kita hanya perlu menerapkan hukum Gauss saat menghitung medan di luar bola. Dan

erhitungannya sama dengan saat menghitung medan listrik yang dihasilkan bola isolator.

listrik, maka muatan tersebut akan totak-menolak karena

to

bergerak lebih jauh lagi. In

p

Dalam

p

akan memiliki komponen yang menyinggung permukaan dan yang tegak lurus

mbertentangan dengan kondisi seimbang.

D

dihasilkan oleh bola konduktor yang diberi muatan Q

d

p

Kita akan dapatkan, medan listrik di luar bola adalah

24

1

r

QE

o= (1.87)

oal dan Pembahasan

1) Dua partikel asap yang bermuatan sama saling melakukan gaya tolak sebesar 4,2 10-2N.

Berapa besar gaya jika kedua partikel tersebut berpindah sehingga jaraknya senjadi

seperdelapan jarak semula?

Jawab

Jika muatan yang melakukan gaya tetap, maka terpenuhi

S

2

1

rF

Dari soal diberikan

10-2N

r2 = r1/8

F1 = 4,2

Maka

51


55/573

64/1 212

1

2

22 rrrF

1)8/(/12

1

2

2

2

11 ====rrr

tau

= 2,7 N

ah sejauh 20,0 cm. Kedua bola dipindahkan sehingga gaya yang

ekerja pada masing-masing bola menjadi tiga kali gaya semula. Berapa jarak pisah kedua

bola sekarang?

Jawab

ikan= 20,0 cm

F2 = 3F1

F

A

)102,4(6464 212== FF

2) Dua bola bermuatan terpis

b

Diberr1

2

1

2

2

2

1

r

r

F

F=

2

113 rF

2

21 rF =

3

20

3

22

12

2 ==r

r = 133,2

atau

3,1332 =r = 11,5 cm

pada lokasi

ntara dua muatan pada jarak 2,0 cm dari muatan negatif? (b) Jika electron ditempatkan di

= - 5,0 10-5C

= 2,0 cm = 0,02 m

3) Dua muatan titik terpisah sejauh 10,0 cm. Salah satu memiliki muatan 25 C dan yang

lainnya memiliki muatan +50 C. (a) Tentukan arah dan besar medan listrik

a

titik P, berapakah percepatan electron saat di titik P (besar dan arahnya)?

Jawab

Diberikan

q1 = -25 C = -25 10-6C = - 2,5 10-5C

q2 = -50 C = -50 10-6C

r1

r2 = 8,0 cm = 0,08 m

(a) Muatan negatif (di sebelah kiri) menghasilkan medan listrik ke kiri. Muatan positif (di

sebelah kanan) menghasilkan medan listrik ke kiri juga. Medan total memiliki arah ke kiri.

Kuat medan di titik P yang dihasilkan muatan q1

52


56/573

8

2

591 6,5

)105,2()109( =

==

qkE

2

1

1 10)02,0(r

P N/C

Kuat medan di titik P yang dihasilkan muatan q2

7

2

59

2

2

12 100,7

)08,0(

)100,5()109( =

==

r

qkEP N/C

Karena medan yang dihasilkan dua muatan memiliki arah yang sama, maka kuat medan total

di titik P adalah878

21 103,6100,7106,5 =+=+= PPP EEE N/C

(b) Jika electron ditempatkan di titik P maka, gaya yang bekerja pada electron adalah F = eEP

ercepatan electron adalahP

20

31

819

101,1)101,9(

)103,6)(106,1(=

===

m

eE

m

Fa P m/s2

Karena muatan electron negatif maka arah gaya yang bekerja pada electron berlawanan

arah medan. Jadi electron mengalami gaya yang berarah ke kanan. Yang berarti

Berapa gaya tolak antara dua proton dalam inti yang terpisah sejauh 5 10-15

meter?Jawab

uatan proton: e = 1,6 10-19C

antar dua proton

dengan

electron memeiliki percepatan arah ke kanan.

r = 5 10-15m

M

Gaya tolak

215

2199

2

2

109( ==e

kF)105(

)106,1()

r = 9,2 N

4) Berapa muatan total semua electron dalam 1,0 kg molekul H2O?

Jawab

umlah electron atom H: 1 elektron

h electron atom O: 8 elektron

umlah electron molekul H2O: 2 1 + 8 = 10 elektron

Jumlah muatan electron dalam (1,6 10-19) = 1,6 10-18 C

assa atom H: 1 smu

n, massa 1 mol molekul H2O adalah 18 g = 0,018 kg

mol molekul H2O dalam 1,0 kg adalah 1,0/0,018 = 55,6 mol.

J

Jumla

J

satu molekul H2O: 10

M

Massa atom O: 16 smu

Massa molekul H2O: 2 1 + 16 = 18 smu

Dengan demikia

Jumlah

53


57/573

Satu mol mengandung 6,02 1023partikel (bilangan Avogadro). Maka jumlah molekul H2O

g adalah 55,6 (6,02 1023) = 3,3 1025molekul.

atan electron dalam 1,0 kg H2O menjadi: (3,3 1025) (1,6 10-18) = 5,3 107C

5) Anggaplah yang menarik bulan sehingga tetap pada orbitnya saat mengelilingi bumu

adalah gaya Coulomb. Misalkan muatan yang sama besar tetapi berbeda jenis masing-masing

ditempatkan di bumi dan di bulan. Berapa besar muatan tersebut untuk mempertahankan

bulan tetap pada orbitnya sekarang? Gunakan data massa bumi 5,97 1024kg, massa bulan

7,35 1022kg, jari-jari orbit bulan 3,84 108m.

Soal ini me uatan listrik agar gaya Coulomb antara bulan dan bumi samam

dengan gaya gravitasi yang ada sekarang. Jadi

di dalam 1,0 k

Jumlah mu

Jawab

nanyakan berapa m

22

2

r

MmG

r

Qk =

atau

13222411

107,5)1035,7)(1097,5)(1067,6(

=

==

GMm C.Q

9109 k

rak tertentu. Muatan total ke duanya adalh QT.agar (a) gaya antara ke duanya paling besar, dan

ya paling kecil?

6) Dua muatan positif ditempatkan pada jaBerapa muatan yang dimiliki masing-masing

(b) gaya antara keduan

Jawab

a) Misalkan muatan salah satu q1 dan yang lainnya q2=QT q1.

Gaya antara dua muatan

2

2

11

2

11

2

21 )(

r

qqQ

r

qQq

r

qqkF TT

=

==

a) Gaya memiliki nilai maksimum jika pembilang memiliki nilai paling besar. Pembilang

+ dengan x = q1, A = -1, B = QT dan

= 0. Untuk A < 0, persamaan kuadratik ini memiliki nilai maksimum pada x = -B/2A.

Untuk gaya listrik di atas, maka gaya m m terjadi jika .

Dengan demikian, muatan ke dua

memiliki bentuk persamaan kuadratik, Axy += 2 CBx

C

aksimu 2/)2/(1 TT QQq ==

2/12 TT QqQq == .

b) Gaya minimum antara dua muatan terkadi jika dan atau sebaliknya.

Besarnya gaya tersebut adalah .

TQq 1 02 q

0F

54


58/573

7) Muatan +5,7 C dan 3,5 C terpisah sejauh 25 cm. Di manakah muatan ke tiga harus

itempatkan agar mengamali gaya total nol oleh ke dua muatan tersebut?

Jawab

Misalkan muatan +5,7 C berada di sebalah kiri dan muatan 3,5 C berada di debelah kanan.

n muatan 3,5 C juga menghasilkan medan

strik ke arah kanan (saling menguatkan).

an lebih

e muatan +5,7 C sehingga besar medan yang dihasilkan selalu mengungguli besar

asilkan muatan 3,5 C sehingga tidak mungkin saling menghilangkan.

ebelah kanan muatan 3,5 C. Misalkan jarak dari muatan

dari muatan +5,7 C adalah x + 25 cm = x + 0,25 m.Medan total nol jika terpenuhi

d

Muatan ke tiga mengalami gaya nol pada titik yang mengandung medan total nol.

Lokasi titik tersebut tidak mungkin ada di antara dua muatan, karena muatan +5,7 C

menghasilkan medan listrik arah ke kanan da

li

Lokasi titik tersebut tidak mungkin berada di sebelah kiri muatan +5,7 C karena ak

dekat k

medan yang dih

Lokasi yang mungkin adalah di s

3,5 C adalag x maka jarak

2

2

2

1

)25,0 x

qk

qk =

(x +

3,16,17,5)25,0( 1 ====

+ qx5,32qx

listrik sehingga mengalami

awab

atau

x + 0,25 = 1,3 x

0,3 x = 0,25

atau

x = 0,25/0,3 = 0,83 m = 83 cm

8) Sebuah proton dilepaskan pada ruang yang memiliki medan

gaya 3,2 10-14N ke utara. Berapa besar dan arah medan listrik dalam ruang tersebut?

J

Besar medan listrik memenuhi

5

19

14

102106,1

102,3=

==

e

FE N/C

Arah medan listrik samam dengan arah gaya yang diamali proton (karena proton bermuatan

. Jadi arah medan listrik adalah ke utara.

ang yang memiliki medan listrik mengalami

positif)

9) Sebuah electron yang dilepaskan dalam ru

55


59/573

percepatan 125 m/s. Berapa kuat medan listrik tersebut?

Jawab

Gaya yang diamali electron

E

Percepatan electron memenuhi

F = e

m

eE

m

Fa ==

atau

10

19

31

107106,1

125)101,9(

=

==

e

maE N/C

10) Sebuah proton berada dalam ruang vakum yang memiliki medan listrik E. Proton tersebut

erja pada proton?

esar gaya listik sama dengan besar gaya gravitasi

atau

tidak bergerak naik atau turun. Berapa kuat bedan listrik yang bekJawab

B

mgeE=

7

19

27

10106,1

10)1067,1(

=

==

e

mgE N/C

Sebuah titik air yang memiliki jari-jari 0,018 mm mengambang imenghasilkan medan listrik yang b

di udara. Jika bumesarnya 150 N/C, berapa kelebihan elekltron yang dimiliki

leh titik air tersebut?

-3cm.

olum titik air

o

Jawab

Jari-jari titik air: r = 0,018 mm = 1,8 10

V

8333 1044,2)108,1(14,33

4

3

4 === rV cm3

Massa titik air8383 1044,2)1044,2()/1( === cmcmgVm g = 2,44 10-11kg.

Terjadi keseimbangan gaya listrik dan gaya gravitasi. Maka

mgqE=

atau

1211

106,1150

10)1044,2(

=

==E

mgq C

Jumlah kelebihan electron pada titik air

56


60/573

712

10106,1

=

==

q elektron

19106,1 e

Soal-Soal

1) Pada model atom hydrogen, electron menmgitari inti pada orbitnya dengan laju 1,1 106

m/s. Tentukan jari-jari orbit electron (petunjuk: gaya sentripetal sama dengan gaya Coulomb)

2) Berapa besar gaya yang dilakukan muatan +15 C pada muatan lain +3 mC yang terpisah

h 40 cm?

an arah gaya pada electron yang berada dalam ruang yang memiliki medan

/C dan berarah ke selatan?

an listrik pada jarak 30,0 cm tepat di atas muatan titik yang

esarnya 33,0 10-6C?

n 60

rapa electron yang ditarik kaki orang tersebut? Berapa pertambahan massa orang

h -1,6 10-19C dan massanya 9,1 10-31kg.

6) Empat muatan masing-ma C ditempatkan pada sudut bujur sangkar dengan sisi

1,0 m. Tentukan besar dan arah gaya yang dialami tiap partikel.

l 80,0 C. Ketika dipisahkan sejauh 1,06 m

aya antara bola tersebut adala 12,0 N dan bersifat tolak menolak. Berapa muatan

muatan 8,8 C ke arah bawah. Berapa besar dan arah medan

ada muatan tersebut.

9) Hitung muatan listrik di pusat bujur sangkar yang memiliki sisi 60 cm jika salah satu sudut

bujur sangkar ditempati muatan + 45 C dan ke tiga sudut lainnya ditempati muatan

g-masing 31 C.

10) Berapa kuat medan listrik dalam ruang pari proton yang sedang mengalami

ercepatan satu juta kali percepatan gravitasi bumi?

sejau

3) Berapa besar d

listrik 3500 N

4) Berapa besar dan arah med

b

5) Seseorang menggesekkan kakinya pada keset woll sehingga mengakumulasi muata

C. Be

tersebut? Muatan electron adala

sing 6,0 m

7) Dua bola isolator kecil memiliki muatan tota

g

masing-masing bola? Berapa muatan masing-masing bola jika gaya antara kedua bola bersifat

tarik-menarik?

8) Gaya 8,4 N bekerja pada

listrik p

masin

yang ditem

p

57


61/573

11) Kamu diberikan dua muatan q1 dan q2 yang tidak diketahui nilainya. Pada titik yang

a dari muatan q1 sama dengan sepertiga jarak dua muatan ternyata kuat medan listrik

t serta tanda muatannya?

erapa jarak ke dua electron agar gaya antara keduanya sama dengan gaya gravitasi bumi

yang bekerja pada electron yang berada di permukaan bumi?

jarakny

nol. Berapa perbandingan besar dua muatan tersebu

12) B

58


62/573

Bab 2

Potensial Listrik dan Kapasitor

Jika kita tempatkan sebuah muatan dalam ruang yang mengandung medan listrik maka

muatan yang mula-mula diam akan bergerak. Ini berarti muatan mengalami pertambahan

energi kinetik yang semula nol menjadi tidak nol. Pertambahan energi kinetik ini hanya

mungkin disebabkan oleh dua faktor, yaitu:

i) Ada kerja luar yang bekerja pada muatan, atau

ii) Ada energi lain yang mengalami pengurangan

Jika tidak ada gaya luar yang kita berikan pada muatan, maka pastilah penambahan energi

kinetik dibarengi oleh pengurangan energi bentuk lain sehingga energi total konstan (hukum

kekekalan energi). Energi bentuk lain yang paling mungkin dimiliki partikel tersebut adalahenergi potensial. Dengan demikian, partikel bermuatan listrik yang berada dalam ruang yang

mengandung medan listrik memiliki energi potensial listrik.

2.1 Definisi Energi Potensial

Energi potensial listrik didefinisikan secara formal sebagai berikut. Jika muatan listrik q

berada dalam ruang yang mengandung medan listrik Er

, maka energi potensial yang dimiliki

muatan tersebut adalah

=r

r

o

o

rdEqrUrU

r

r

rrrr)()( (2.1)

dengan adalah energi potensial listrik pada posisi acuan . Posisi bisa

bermacam-macam, misalnya tak berhingga, pusat koordinat, di permukaan benda, dan

sebagainya, bergantung pada di mana nilai energi potensial sudah diketahui.

)( orU r

orr

orr

Contoh Kasus

Kita akan menghitung energi potensial sebuah partikel yang bermuatan q yang berada pada

jarak r dari muatan lain sebesar Q. Kedua muatan sama-sama berupa titik.

Kuat medan listrik di sekitar muatan Q dapat dihitung dengan mudah menggunakan hukum

Coulomb. Kita dapatkan

24

1

r

QE

o= (2.2)

59


63/573

Q

dr

q

E

Q

dr

q

E

Gambar 2.1. Menentukan energi potensial muatan q di sekitar muatan Q

Dengan demikian, energi potensial yang dimiliki muatan q adalah

=r

r

o

o

rdEqrUrU rr

)()(

Karena dan sejajar (membentuk sudut 0QEr

rdr o) maka EdrEdrrdE o == 0cos

rr. Jadi

=r

r

o

o

drqErUrU )()(

=

=

r

ro

o

r

r o

o

oor

drqQ

rUdrr

Q

qrUrU 22 4)(4

1

)()(

=

=rr

qQrU

r

qQrUrU

oo

o

r

ro

o

o

11

4)(

1

4)()(

(2.3)

Seringkali titik acuan diambil pada jarak tak berhingga, =or , dan potensial di titik acuan

ini diambil sama dengan nol, 0)( =U . Jika kita lakukan hal tersebut maka diperoleh

=r

qQrU

o

11

40)(

r

qQ

o4

1= (2.4)

Apabila kita gambarkan energi potensial sebagai fungsi jarak dari muatan Q maka kita

peroleh Gambar 2.2

60


64/573

0 20 40 60 80 100

V/(qQ/4o)

Jari-jari (r)0 20 40 60 80 100

V/(qQ/4o)

V/(qQ/4o)

Jari-jari (r)

Gambar 2.2 Energi potensial muatan q sebagai fungsi jarak dari muatan Q

Pada jarak r yang mendekati nol, energi potensial sangat besar. Energi potensial mengecil

berbanding terbalik dengan jarak jika jarak antar dua muatan makin besar.

Contoh

Sebuah bola konduktor dengan jari-jari R memiliki muatan Q. Jika sebuah muatan q berada

pada permukaan bola, energi potensialnya adalah Uo. Kita akan menentukan energi potensial

muatan q pada sembarang jarak dari pusat bola.

Kuat medan listrik di luar bola dapat dihitung dengan mudah menggunakan hukum Gauss.

Kita akan peroleh

2

4

1

r

QE

o

=

Energi potensial yang dimiliki muatan q pada jarak r dari pusat bola adalah

=r

r

o

o

drqErUrU )()(

=

=

r

ro

o

r

r o

o

oor

drqQrUdr

r

QqrUrU

22 4)(

4

1)()(

61


65/573

=

=

rr

qQrU

r

qQrUrU

oo

o

r

ro

o

o

11

4)(

1

4)()(

Karena pada energi potensial memenuhiRro= oURU =)( maka

=rR

qQUrU

o

o

11

4)(

(2.5)

2.2 Potensial Listrik

Sehari-hari kita lebih sering medengar potensial listrik atau tegangan listrik daripada energi

potensial listrik. Contonya, kita menyebut tegangan listrik PLN 220 Volt, tegangan batarei 1,5

Volt, tegangan aki 12 Volt, dan seterusnya. Lalu apa tegangan atau potensial listrik?

Potensial listrik didefinisikan sebagai energi potensial per satuan muatan listrik. Dengan

menggunakan definisi energi potensial sebelumnya, maka definisi potensial listrik menjadi

q

rUrV

)()(

rr

=

q

rdEq

q

rU

r

ro o

=

r

r

rr

r )(

=r

r

o

o

rdErV

r

r

rrr)( (2.6)

Berikutnya kita akan membahas potensial listrik yang dihasilkan oleh sejumlah system,

seperti satu partikel, banyak partikel, pelat sejajar dan benda dengan distribusi muatan

tertentu.

2.3 Potensial listrik oleh sebuah partikel

Sudah kita hitung di Bab 1 sebelumnya bahwa kuat medan listrik pada jarak r dari partikel

bermuatan Q memenuhi

24

1

r

QE

o

=

Potensial listrik pada jarak r dari partikel tersebut kita hitung sebagai berikut

62


66/573

=r

r

o

o

rdErVrV

r

r

rrrr)()(

Medan listrik E

r

dan sejajar, sehinggard

r

drEdrErdE

o

== 0cos

rr

. Dengan demikian,

==r

r

o

r

r

o

oo

drErVrdErVrV )()()( rr

==r

r

r

ro

o

o

o

o or

drQrVdr

r

QrV

22 4)(

4

1)(

r

ro

o

or

QrV

=1

4)(

=

rr

QrV

oo

o

11

4)(

Dengan menetapkan bahwa pada jarak tak berhingga besar potensial sama dengan nol maka,

=

=r

Q

r

QVrV

oo

10

40

11

4)()(

r

Q

o4

1= (2.7)

2.4 Potensial listrik yang dihasilkan banyak partikel

Cara menentukan potensial listrik yang dihasilkan banyak partikel cukup mudah, yaitu hanya

dengan melakukan penjumlahan aljabar (penjumlahan biasa) potensial listrik yang dihasilkan

masing-masing partikel. Penjumlahan ini sangat berbeda dengan penjumlahan medan listrik

yang dihasilkan oleh sejumlahan muatan. Untuk medan listrik kita harus melakukan

penjumlahan secara vector (memperhatikan b

diktat fisika dasar ii

Documents