Draf modul fisika

Draf MODUL
FISIKA
DEPARTEMEN PENDIDIKAN NASIONAL
BIRO PERENCANAAN DAN KERJASAMA
LUAR NEGERI
JAKARTA
2007

ii
DRAF MODUL
FISIKA
Penyusun:
Endarko,M.Si.
Gatut Yudoyono,M.T.
Editor:
DEPARTEMEN PENDIDIKAN NASIONAL
BIRO PERENCANAAN DAN KERJASAMA LUAR NEGERI
JAKARTA
2007

Modul Fisika
iv
DDAAFFTTAARR IISSII
Pengantar iii
Daftar Isi iv
I. PENDAHULUAN 1
II. PEMBELAJARAN 1 Listrik Statis
III. PEMBELAJARAN 2 Listrik Dinamis
IV. PEMBELAJARAN 3 Kemagnetan
V. PEMBELAJARAN 4 GGL induksi
VI. PEMBELAJARAN 5 Arus Bolak-balik
VII. PEMBELAJARAN 6 Piranti Semikonduktor
VIII. PEMBELAJARAN 7 Optika terapan
IX. EVALUASI

Modul Fisika
Format Penulisan SAP - 1
II.. PPEENNDDAAHHUULLUUAANN
No No Unit Unit Kompetensi
1 Menggunakan hukum Coulomb; menghitung kuat medan listrik,
potensial listrik
2 Menggunakan hukum Ohm, hukum Kirchhoff; menghitung energi dan
daya listrik
3 Menghitung gaya pada muatan, momen gaya pada loop dalam medan
magnet; menghitung induksi magnet oleh muatan bergerak dan arus
dalam kawat
4 Menghitung GGL induksi dan indukstansi induktor
5 Menghitung arus transien, arus dan tegangan dalam rangkaian RLC seri
6 Menjelaskan p-n junction, diode dan transistor, photodetektor,
karakteristik LED dan laser
7 Menjelaskan penjalaran sinar dalam instrumentasi optik dan sistem
komunikasi optik
Jam/Minggu
2 Jam
Semester : 3 Sifat:
Wajib
Kode Mata Kuliah
Nama Matakuliah Fisika
Silabus ringkas Fisika merupakan fondasi dari semua cabang ilmu, tidak terlepas dari
perkembangan teknologi jaringan dan teknik computer. Kuliah ini
bertujuan untuk meberikan pengetahuan, kemampuan dan ketrampilan
dalam teknik computer yang berhubungan dengan listrik dan magnet
serta prianti semikonduktor dan optika terapan.
Pada kuliah ini diharapkan mahasiwa dapat mengimplementasikan
contoh dan tugas-tugas dalam hubungan teknik komputer
Tujuan Instruksional Umum
(TIU)
Mahasiswa diharapkan mampu:
• Menggunakan rumusan-rumusan dasar listrik-magnet
• Menghitung besaran listrik dalam rangkaian arus bolak-balik
• Menjelaskan karakteristik bahan semikonduktor dan sistem
komunikasi optic
Mata Kuliah Penunjang Matematika 1
Penilaian UTS = 35%
UAS = 35 %
Tugas = 30 %
Daftar Pustaka 1. Marthen Kanginan “Fisika SMA” Penerbit Erlangga Jakarta 1990.
2. Giancoli, DC, “Fisika”, Penerbit Erlangga, 2001
3. Tipler, PA, “Fisika untuk sains dan teknik”, (Terj. Bambang
Soegijono), Erlangga, Jakarta, 2001
4. Halliday and Resnick, ”Fisika”, Jilid 2 (Terj. Silaban, P dan Sucipto,
E), Erlangga, Jakarta, 1984
5. Kamajaya “Penuntun Pelajaran Fisika Klas III SMA”, Penerbit
Ganeca Exact, Bandung 1988
6. Sutrisno, Elektronika Teori dan penerapannya, Penerbit ITB
Bandung, 1986

Modul Fisika
I.1
Uraian Rinci Materi Kuliah
Mg# Kompetensi Sub
Kompetensi
Kriteria Kinerja Lingkup Belajar Materi Pokok Pemelajaran
Sikap Pengetahuan Keterampilan
1-2 a)Mampu
menggunakan
hukum coulomb
dan menghitung
kuat medan listrik
b)Mampu
menghitung
potensial listrik dan
kapasitansi
kapasitor
Listrik Statis Gaya interaksi
dua muatan
listrik dihitung
dengan hukum
Coulomb
Kuat medan
listrik
ditentukan oleh
muatan titik.
Kapasitasi
kapasitor
ditentukan oleh
potensial listrik
Materi kompetensi ini
membahas tentang:
- Muatan listrik
- Hukum Coulomb
- Medan listrik
- Potensial listrik
- Kapasitansi
Kapasitor
Teliti dalam
menjelaskan
pengaruh
gaya
interaksi dua
muatan
-Terjadinya
muatan listrik
Gaya Coulomb
(hukum
Coulomb)
Pengertian
medan listrik
Kuat medan
listrik
- Potensial listrik
dan Kapsitansi
kapasitor
- Menghitung gaya
interaksi dua
muatan listrik dan
kuat medan listrik
- Menghitung
potensila listrik dan
kapasitansi
kapasitor.
3-4 a) Mampu
menggunakan
hukum ohm
b)Mampu
menjelaskan
konsep arus listrik
c) Mampu
menggunakan
hukum kirchoff
dalam rangkaian
arus searah
d)Mampu
menghitung energi
dan daya listrik
Listrik Dinamis • Hubungan arus
listrik dan
hambatan listrik
dihitung melalui
hukum ohm
• arus listrik,
tegangan listrik,
dan hambatan
listrik ditentukan
dengan hukum
kirchoff
• Hubungan arus
listrik dan
tegangan listrik
untuk
menghitung
energi dan daya
listrik
•
• Hukum ohm
• Arus listrik
• Hukum kirchoff
• Energi dan daya
listrik
• Teliti
dalam
menghitung
arus dan
tegangan
listrik
• Pengertian
hukum ohm
• Pengertian arus
listrik
• Pengertian
hukum kirchoff
• Pengertian
energi dan daya
listrik
• Menghitung arus
dan tegangan
listrik melalui
hokum ohm
• Menghitung arus
dan tegangan
listrik dengan
hokum kirchoff
• Menghitung enrgi
dan daya listrik

Modul Fisika
I.2
Mg# Kompetensi Sub
Kompetensi
5-6 a)Mampu
menghitung gaya
pada muatan yang
disebabkan oleh
medan magnet
b)Mampu
menghitung
momen gaya pada
loop yang berarus
dalam medan
magnet
c)Mampu mengitung
induksi magnet
oleh muatan
bergerak dan arus
dalam kawat
d)Mampu
menjelaskan
magnetism dalam
bahan
Kemagnetan • Gaya yang
disebabakan
oleh medan
magnet
• Momen gaya
pada loop yang
berarus dalam
medan magnet
• Induksi magnet
oleh muatan
bergerak dan
arus dalam
kawat
• Magnetism
dalam bahan
• Gaya oleh medan
magnet
• Momen gaya pada
loop arus dan
magnet
• Sumber medan
magnet
• Magnetisme dalam
bahan
• Teliti
dalam
menentuka
n
kemagneta
n bahan
• Pengertian
muatan
magnet
• Cara
menghitung
gaya Lorentz
• Macam –
macam sifat
kemagnetan
bahan
Menerapkan
prinsip-prinsip
medan magnet
pada instalasi
personal
komputer, system
jaringan, system
multimedia.
7-8 a)Mampu
menghitung fluks
magnet
b)Mampu
menghitung GGL
induksi
c)Mampu
menjelaskan cara
kerja generator dan
motor
d)Mampu
menghitung
induktansi induktor
GGL Induksi • • Fluks magnetik
• GGL Induksi
• Generator dan
motor
• Indukstansi induktor
• Teliti
dalam
menghitung
fluks
magnetik
dan GGL
Induksi
•
• Pengertian
Fluks magnet
dan GGL
Induksi
• Pengertian
generator dan
motor
• Menghitung Fluks
magnet dan GGL
induksi
9-11 a) Mampu
menghitung arus
transient dalam
Arus Bolak
balik
• • Arus bolak-balik
dalam hambatan,
induktor dan
• • Pengertian IL,IR
dan IC
• Pengertian
•

Modul Fisika
I.3
Mg# Kompetensi Sub
Kompetensi
inductor dan
kapasitor
b)Mampu
menjelaskan
konsep tegangan
dan arus efektif
c) Mampu
mengihitung arus
dan tegangan
dalam rangkaian
RLC seri
d)Mampu
menggunakan
rumusan dalam
transformator
kapasitor
• Tegangan dan arus
efektif
• Rangkaian RLC
• Transformator
tegangan dan
arus efektif
12-14 a)Mampu
menjelaskan
semikonduktor
instrinsik dan
ekstrisik
b)Mampu
menjelaskan p-n
junction
c)Mampu
menjelaskan aliran
arus dalam dioda
dan transistor
d)Mampu
menjelaskan cara
kerja photodiode
e)Mampu
menjelaskan
karakteristik LED
dan laser
Piranti
semikonduktor
• • Semikonduktor
instrinsik dan
ekstrinsik
• P-n junction
• Dioda dan transitor
• Photodiode
• LED dan laser
• • •
15-16 a) Mampu
menggunkan
Optika terapan • • Hukumpemantulan
dan pembiasan
• • •

Modul Fisika
I.4
Mg# Kompetensi Sub
Kompetensi
hokum pemantulan
dan pembiasan
b)Mampu
menjelaskan sinar
dalam system
instrumentasi optic
c) Mampu
menjelaskan
karakteristik fiber
optic
d)Mampu
menjelaskan
penjalaran sinar
dalam system
komunikasi optik
• Instrumentasi optic
• Fiber optic
• Sistem Komunikasi
optic

Modul Fisika: Listrik Statis
I.1
IIII.. PPEEMMBBEELLAAJJAARRAANN 11
LLiissttrriikk SSttaattiiss
Kata “listrik” dapat membangkitkan bayangan teknologi modern yang sangat kompleks, seperti
peralatan komputer yang canggih, sumber cahaya yang sangat menopang kehi-dupan manusia, gerak
motor listrik, daya listrik. Tetapi gaya listrik akan tampak memainkan peranan yang lebih dalam pada
kehidupan kita.
Studi awal mengenai kelistrikan telah dilakukan jauh di zaman kira-kira 600 tahun sebelum masehi
oleh orang Yunani, tetapi baru pada dua abad terakhir dilakukan studi lengkap mengenai gejala dan
hal-hal yang berhubungan dengan kelistrikan. Pada modul ini akan dibahas bagaimana
membangkitkan muatan listrik, gaya tarik/tolak antara dua atau lebih partikel bermuatan listrik, serta
kuat medan listrik oleh muatan titik.
1. Muatan Listrik dan Kekekalannya
Kata “listrik” berasal dari kata Yunani “elektron” yang berarti “ambar”. Ambar adalah suatu damar
pohon yang telah membatu, dan jika digosok dengan kain wol akan diperoleh sifat yang dapat
menarik benda-benda ringan. Perilaku batu ambar seperti ini sekarang dapat dikatakan bahwa “batu
ambar terelektrifikasi atau memperoleh muatan listrik” atau secara listrik “dimuati”. Proses
elektrifikasi ini sekarang kita sebut sebagai listrik statis, seperti yang ditunjukkan pada Gambar 1.
Untuk memberi muatan listrik pada benda padat, dapat dilakukan dengan menggosok-gosokkannya
benda tersebut pada benda lain. Jadi, sebuah mobil yang sedang melaju akan memperoleh muatan
listrik akibat geraknya menembus udara sekelilingnya; selembar kertas akan bermuatan listrik ketika
bergerak dalam mesin cetak. Pada masing-masing kasus di atas sebuah benda menjadi bermuatan
listrik karena proses penggosokan terhadap benda lain dan dikatakan memiliki muatan listrik total.
Sesungguhnya, persinggungan yang rapat saja sudah akan menimbulkan muatan listrik. Menggosok
artinya tidak lain adalah membuat persinggungan rapat antara permukaan dua benda.

I.2
(a) (b) (c)
Gambar 1. Proses elektrifikasi (a) penggosokan (b) sisir menarik
benda-benda kecil, (c) penggaris menarik potongan kertas kecil
Apakah semua muatan listrik sama, atau mungkinkah ada lebih dari satu jenis muatan? Pada
kenyataannya ada dua jenis muatan listrik berdasar kegiatan empiris, sebagaimana ditunjukkan oleh
eksperimen seperti pada Gambar 2. Sebuah penggaris plastik yang digantungkan dengan tali dan
digosokkan dengan keras pada kain untuk membuatnya bermuatan. Ketika penggaris ke dua yang
juga telah dimuati dengan cara yang sama didekatkan ke penggaris yang pertama, terlihat bahwa satu
penggaris menolak penggaris plastik yang lainnya, seperti ditunjukkan pada Gambar 2(a). Dengan
cara yang sama, jika sebuah batang kaca yang telah digosok dan kemudian didekatkan dengan batang
kaca lain yang telah bermuatan kembali menunjukkan adanya gaya tolak-menolak, seperti Gambar
2(b).
Sebaliknya jika batang kaca yang telah bermuatan didekatkan dengan penggaris plastik yang juga
telah bermuatan (keduanya dimuatan dengan cara menggosok), maka terlihat bahwa kedua benda
saling tarik-menarik, seperti yang ditunjukkan pada Gambar 2(c ). Kejadian menunjukkan bahwa
ada perbedaan muatan listrik antara muatan pada plastik dan muatan yang dibawa oleh kaca, dengan
kata lain bahwa ada dua jenis muatan yang terbentuk pada benda yang digosok. Dari ketiga kejadian
sederhana tadi maka gaya interaksi antara dua benda bermuatan menunjukkan bahwa muatan sejenis
akan tolak-menolak dan sebaliknya muatan yang tidak sejenis akan saling tarik-menarik.
Seorang negarawan, filsuf, dan ilmuwan Amerika Benjamin Franklin (1706-1790) menga-jukan
argument bahwa ketika sejumlah muatan dihasilkan pada suatu benda dalam satu proses, maka
muatan yang berlawanan dengan jumlah yang sama dihasilkan pada benda yang lainnya. Positif dan
negatif diperlakukan secara aljabar, sehingga pada setiap proses, perubahan total jumlah muatan
yang dihasilkan selalu nol. Sebagai contoh, ketika penggaris plastik digosok dengan handuk kertas,
maka penggaris plastik mendapatkan muatan negatif sedangkan handuk akan mendapatkan muatan
positif dengan jumlah yang sama. Muatan-muatan tersebut terpisah, tetapi jumlah keduanya nol. Ini
merupakan contoh hukum yang dikenal sebagai hukum kekekalan muatan listrik yang menyatakan
bahwa:
“jumlah total muatan listrik yang dihasilkan pada setiap proses adalah nol”.
Jika suatu benda atau bagian ruang mendapatkan muatan positif, mala muatan negatif dengan jumlah
yang sama akan ditemukan di daerah sekitarnya atau benda di dekatnya. Tidak pernah ditemukan
penyimpangan dari hukum ini, dan hukum kekekalan ini sama kuatnya seperti hukum kekekalan
energi dan momentum.

I.3
(a) Dua penggaris plastik yang bermuatan saling
tolak-menolak
(b) Dua batang kaca yang bermuatan saling
tolak-menolak
(c) Batang kaca bermuatan menarik penggaris
plastik bermuatan
Gambar 2. Muatan yang tidak sejenis akan
tarik-menarik, sedangkan muatan yang sejenis
akan tolak-menolak
2. Muatan Listrik dalam Atom
Konsep kelistrikkan semakin menunjukkan kemajuan ketika konsep kelistrikan dimulai dari dalam
atom itu sendiri. Konsep ini berkembang baru pada dua abad terakhir. Pada bagian ini akan dibahas
struktur atom dan gagasan-gagasan yang membawa kita terhadap pandangan atom yang saat ini lebih
rinci.
Perkataan atom berasal dari bahasa Yunani atomos yang berarti tak dapat dibagi. Partikel subatom
yang membentuk atom ada tiga macam yakni elektron, proton, dan netron, dengan model atom
seperti ditunjukkan pada Gambar 3. Atom memiliki inti bermuatan positif yang berat, dan dikelilingi
oleh satu atau lebih elektron bermuatan negatif. Inti terdiri dari proton yang bermuatan positif, dan
netron tidak bermuatan (netral). Besarnya muatan negatif (elektron) sama dengan besarnya muatan
positif (proton) dan tidak ada muatan yang lebih kecil dari kedua muatan partikel ini, sehingga
seringkali disebut dengan satuan dasar muatan (e). Semua muatan benda merupakan kelipatan
bilangan bulat dari satuan dasar muatan, dengan demikian muatan bersifat terkuantisasi (diskrit).
Setiap muatan Q yang ada di alam dapat dituliskan dalam bentuk Q = ± Ne. Kuantisasi muatan listrik
kadangkala tidak teramati karena biasanya N memiliki harga yang sangat besar, seperti misalkan
pada batang plastik yang digosokkan pada kain wol maka akan berpindah sejumlah elektron
sebanyak sekitar 1010
. Sedangkan proses berkurang atau bertambahnya elektron pada suatu benda
disebut dengan ionisasi. Besarnya satuan dasar muatan listrik e adalah
Ce 19
1060,1 −
×=

I.4
Gambar 3. Model atom sederhana
Massa proton dan netron besarnya hampir sama, dan massanya 1840 kali massa elektron. Jadi,
praktis seluruh massa atom terpusat di intinya. Karena satu kilomol hydrogen beratom tunggal terdiri
atas 6,02x1026
partikel (bilangan Avogadro) dan massanya 1,008 kg, maka massa atom hydrogen
adalah
kg10x67,1
10x02,6
kg008,1
m 27
26hidrogen
−
==
Atom hydrogen adalah satu-satunya pengecualian dari dalil bahwa setiap atom terdiri dari 3 macam
partikel subatom. Inti atom hydrogen hanya sebuah proton, dikitari oleh satu elektron dan selebihnya
merupakan massa atom hydrogen, (1/1840) bagian adalah massa elektron dan selebihnya merupakan
massa proton. Dinyatakan dengan tiga angka penting maka massa elektron adalah
Massa elektron kgx
kgx 31
27
1011,9
1840
1067,1 −
−
==
Massa proton kgx 27
1067,1 −
=
Karena massa proton dan massa neutron hampir sama, maka
Massa neutron = kgx 27
1067,1 −
=
Dalam susunan berkala atom (tabel periodik), setiap unsur ditulis dalam satu kotak dan di bagian
bawahnya terdapat bilangan yang menyatakan nomor atom.
“Nomor atom menunjukkan banyaknya proton dalam inti, atau, dalam
keadaan tidak terusik, merupakan banyaknya elektron di luar inti”.
Bila jumlah total proton sama dengan jumlah total elektron, maka benda yang bersangkutan sebagai
suatu keutuhan netral secara listrik.
Ketika kita ingin melebihkan muatan negatif pada suatu benda, hal ini dapat dilakukan dengan dua
cara, yakni cara pertama: tambahkan muatan negatif pada benda netral, atau cara ke dua:
mengambil sejumlah muatan positif pada benda tersebut. Begitu pula, kalau muatan positif

I.5
ditambahkan atau bila muatan negatif dikurangkan, maka akan terjadi kelebihan muatan positif.
Dalam kebanyakan kejadian, muatan negatiflah (elektron) yang ditambahkan atau dikurangi, dan
benda yang disebut “bermuatan positif” adalah benda yang jumlah normal muatan elektronnya
berkurang. Yang dimaksud dengan “muatan” suatu benda adalah muatan lebihnya, dibandingkan
dengan jumlah muatan positif atau negatif dalam benda itu, muatan lebih tersebut jumlahnya jauh
lebih sedikit.
Pada benda padat, inti cenderung berada pada posisi yang tetap, sementara elektron bergerak cukup
bebas. Pemberian muatan pada benda padat dengan cara menggosok bisa dijelaskan sebagai
perpindahan elektron dari satu benda ke benda yang lainnya. Penggaris plastik menjadi bermuatan
negatif ketika digosok dengan handuk kertas, perpindahan elektron dari handuk ke plastik membuat
handuk bermuatan positif yang sama besarnya dengan muatan negatif yang didapat oleh plastik.
Biasanya muatan pada ke dua benda hanya bertahan dalam waktu yang terbatas dan akhirnya ke dua
benda kembali ke-keadaan netral.
Gambar 4. Sebuah molekul polar H2O, mempunyai muatan yang
berlawanan pada ujung yang berbeda
Pertanyaan yang muncul dalam benak kita adalah ke mana muatan itu pergi?. Dalam beberapa
kasus, hal ini dinetralkan oleh ion-ion bermuatan di udara (misalnya, oleh tumbukan dengan partikel-
partikel bermuatan, yang dikenal sebagai sinar kosmik dari ruang angkasa yang mencapai bumi). Hal
yang penting diketahui, bahwa muatan dapat lepas ke inti air yang ada di udara. Ini karena molekul-
molekul air adalah polar, sehingga eleKtron-elektron ekstra pada penggaris plastik, dapat lepas ke
udara karena di tarik menuju molekul-molekul positif air, seperti yang ditunjukkan dalam Gambar 4.
Di sisi yang lain, benda-benda yang dimuati secara positif, dapat dinetralkan oleh hilangnya elektron-
elektron air dari molekul-molekul udara ke benda-benda bermuatan positif tersebut. Pada udara
kering, listrik statis lebih mudah diperoleh karena udara berisi lebih sedikit molekul-molekul yang
dapat berpindah. Pada udara lembab, lebih sulit untuk membuat benda bermuatan tahan lama.
3. Muatan Konduksi, Induksi
Seperti yang telah dijelaskan pada bagian sebelumnya cara memperoleh muatan listrik adalah dengan
cara melebihkan salah satu muatan. Ada dua cara yaitu: (1) cara konduksi dan (2) cara induksi.
Cara Konduksi
Bila sebuah benda logam bermuatan positif disentuhkan dengan benda logam lain yang tidak
bermuatan (netral), maka elektron-elektron bebas dalam logam yang netral akan tertarik menuju
logam yang bermuatan positif, seperti yang ditunjukkan dalam Gambar 5. Karena sekarang logam ke
dua tersebut kehilangan beberapa elektronnya, maka logam ini akan bermuatan positif. Proses

I.6
demikian disebut memuati dengan cara konduksi atau dengan cara sentuhan, dan akhirnya ke dua
benda memiliki muatan dengan tanda yang sama.
Batang logam netral
Batang logam dimuati dengan
cara sentuhan
Gambar 5. Memberi muatan dengan cara konduksi
Cara Induksi
Bila benda bermuatan positif didekatkan pada batang logam yang netral, tetapi tidak disentuhkan,
maka elektron-elektron batang logam tidak meninggalkan batang logam, namun elektron-elektron
tersebut bergerak dalam batang logam menuju benda yang bermuatan, dan meninggalkan muatan
positif pada ujung yang berlawanan, seperti yang ditunjukkan dalam Gambar 6.
Proses seperti Gambar 6. dikatakan, muatan di-induksikan pada ke dua ujung batang logam. Pada
proses ini tidak ada muatan total yang dihasilkan pada batang logam, muatan hanya dipisahkan,
sehingga muatan batang logam tetap nol. Meskipun demikian, jika batang logam dipotong menjadi
dua bagian, kita akan memiliki dua benda yang bermuatan, satu bermuatan positif dan yang satunya
bermuatan negatif.
Batang logam netral Batang logam tetap netral, tetapi dengan
pemisahan muatan
Gambar 6. Memberi muatan dengan cara induksi
Cara lain untuk menginduksi muatan total pada benda logam adalah dengan menghubung-kannya
dengan kawat penghantar ke tanah (ground) sebagaimana ditunjukkan dalam Gambar 7(a). (berarti
“ground”). Selanjutnya benda dikatakan di-ground-kan atau dibumikan. Karena bumi sangat besar
dan dapat menyalurkan elektron, maka bumi dengan mudah dapat menerima ataupun memberi
elektron-elektron; oleh karena itu, bumi dapat bertindak sebagai penampung (reservoir) untuk
muatan. Jika suatu benda bermuatan, misalnya muatan negatif didekatkan ke sebuah logam, maka
elektron-elektron bebas dalam logam akan menolak dan beberapa elektron akan bergerak menuju
bumi melalui kawat (Gambar 7(b)). Hal ini menyebakan logam tersebut bermuatan positif. JIka
sekarang kawat dipotong, logam akan memiliki muatan induksi positif (Gambar 7(c)), dan setelah
benda negatif dijauhkan, elektron-elektron seluruhnya akan kembali ke logam dan benda akan netral.

I.7
(a) Grounding
(b) Mengalirkan muatan ke
tanah (c ) Benda netral kembali
Gambar 7. Menginduksi muatan ke sebuah benda yang terhubung ke tanah
44.. HHuukkuumm CCoouulloommbb
Pada pembahasan sebelumnya telah dijelaskan adanya gaya interaksi antara dua buah benda yang
bermuatan listrik, terjadi gaya tarik-menarik antara dua buah muatan yang tidak sejenis, begitu juga
sebaliknya. Yang menjadi pertanyaan adalah: faktor-faktor apa yang mempengaruhi besar gaya ini?
Seorang fisikawan Perancis Charles Coulomb (1736 – 1806) menyelidiki adanya gaya listrik pada
tahun 1780-an dengan menggunakan pengimbang torsi. Walaupun peralatan yang khusus yang
mengukur muatan listrik tidak ada pada masa Coulomb, ia menyiapkan bola-bola kecil dengan
muatan yang berbeda dan rasio kedua muatan diketahui. Hasil eksperimennya menyimpulkan bahwa:
1. Gaya interaksi antara dua muatan se-banding dengan hasil kali dua muatan.
2. Gaya interaksi antara dua muatan berbanding terbalik dengan kuadrat jarak antara ke dua
muatan (Gambar 8)
Gambar 8. Dua buah muatan berjarak R
Secara matematis hasil pengamatan secara eksperimen dapat dinyatakan dengan persamaan :
2
21
R
QQ
kF = (1)
dengan k adalah konstanta pembanding yang besarnya (8,988 x 109
) N.m2
/C2
(biasanya dibulatkan
menjadi 9 x 109
N.m2
/C2
).
Gaya F pada hukum Coulomb menyatakan besar gaya listrik yang diberikan masing-masing benda
bermuatan kepada yang lainnya, dan hukum ini hanya berlaku untuk muatan yang diam. Arah gaya
listrik selalu sepanjang garis yang menghubungkan ke dua benda tersebut. Jika ke dua benda
muatannya sejenis, maka gaya pada masing-masing benda berarah menjauhi muatan (tolak-menolak).
Sebaliknya jika ke dua benda muatannya tidak sejenis, maka gaya pada masing-masing benda
mempunyai arah menuju benda yang lain (tarik-menarik), seperti yang ditunjukkan dalam Gambar 9.

I.8
Gambar 9. Arah gaya tergantung jenis muatan (a) sejenis (b) tidak sejenis
Konstanta k seringkali ditulis dalam bentuk besaran yang berhubungan dengan sifat kelis-trikan εo
yang disebut dengan permitivitas ruang hampa. Konstanta ini dihubungkan dengan k=1/4πεo.
dengan demikian hukum Coulomb dapat dituliskan
2
21
4
1
R
QQ
F
oπε
=
dengan
2212
./1085,8
4
1
mNCx
k
o
−
==
π
ε
Gaya listrik, seperti gaya-gaya yang lain adalah besaran vektor. Suatu besaran vektor mempunyai
besar dan arah. Akan tetapi hukum Coulomb yang dituliskan dalam persamaan di atas hanya akan
memberikan besarnya gaya. Untuk menentukan arah, perlu menggam-bar diagram dan
menginterpretasikan hubungan dengan muatan secara hati-hati. Ketika menghitung dengan hukum
Coulomb, kita biasanya mengabaikan tanda muatan-muatan dan menentukan arah berdasarkan pada
apakah gaya tersebut tarik-menarik atau tolak-menolak.
CONTOH 1
Tentukan besar gaya listrik pada elektron dalam atom hydrogen yang diberikan oleh satu proton
(Q2 = +e) yang merupakan intinya. Anggap elektron mengorbit proton pada jarak rata-rata r =
0,53x10-10
m
Penyelesaian
Menggunakan hukum Coulomb, dengan r = 0,53x10-10
m, Q1=
Q2 = 1,6x10-19
C, dan dengan mengabaikan tanda-tanda muatan
diperoleh
Nx
x
xx
xF 8
210
1919
9
102,8
)1053,0(
)106,1)(106,1(
109 −
−
−−
==
Arah gaya pada elektron adalah menuju proton, karena muatan-muatan tersebut memiliki tanda
yang berlawanan, sehingga gaya bersifat-tarik menarik.

I.9
Gaya listrik antara partikel-partikel yang bermuatan dalam keadaan diam, seperti halnya semua gaya
merupakan besaran vektor, gaya ini memiliki besar dan arah. Ketika beberapa gaya bekerja pada
sebuah benda, misalnya F1, F2, dan seterusnya, maka gaya total Fnet pada benda merupakan jumlah
vektor dari semua gaya yang bekerja padanya.
Jika terdapat vektor gaya F1 dan F2 yang tidak segaris kerja, maka gaya total Fnet tidak dapat
dijumlahkan secara langsung, tetapi harus dijumlahkan secara vektor (ingat operasi vektor pada
modul Besaran dan Vektor). Cara yang relatif mudah dapat dilakukan dengan metode analitik yakni
dengan menguraikan masing-masing vektor kedalam dua sumbu yang saling tegak lurus. Dipilih
penguraian vektor menjadi komponen sepanjang sumbu x dan y, seperti yang ditunjukkan dalam
Gambar 14.
(a)
(b)
Gambar 14. Penguraian kompo-
nen gaya terhadap sumbu x
dan y
Penguraian fungsi-fungsi trigonometri menurut Gambar 14(b) diperoleh :
22y211y1
22x211x1
sinFFsinFF
cosFFcosFF
θ=θ=
θ=θ=
Penjumlahan komponen-komponen x dan y secara terpisah untuk mendapatkan komponen gaya
resultan F, adalah
2211y2y1y
2211x2x1x
sinFsinFFFF
cosFcosFFFF
θ−θ=+=
θ+θ=+=
Besar F adalah
2
y
2
x FF +=F
Arah F ditentukan oleh sudut θ yang dibuat F terhadap sumbu x, yang dinyatakan dengan :
x
y
F
F
tan =θ
Penggambaran diagram sangat penting untuk penyelesaian suatu masalah, terutama diagram benda
bebas untuk setiap benda, yang menunjukkan semua gaya yang bekerja pada benda tersebut. Dalam
menerapkan hukum Coulomb, biasanya hanya berhadapan dengan besar muatan saja (dengan
mengabaikan tanda minus) untuk mendapatkan besar setiap gaya. Kemudian tentukan arah gaya
secara fisik, muatan sejenis tolak-menolak dan muatan tak sejenis tarik-menarik selanjutnya
gambarkan arah gaya-gaya tersebut pada diagram. Akhirnya jumlahkan gaya-gaya tersebut pada
suatu benda secara vektor.

I.10
CONTOH 2
Tiga partikel bermuatan disusun dalam satu garis, seperti
gambar disamping. Tentukan gaya elektrostatik total pada
Q3 yang disebabkan oleh dua muatan yang lain, bila r12 =
30 cm, r23 = 20 cm,
Q1 = -8.10-6
C, Q2 = +3.10-6
C, Q3 = -4.10-6
C.
Penyelesaian
Arah gaya yang bekerja pada muatan Q3 dinyatakan seperti gambar di bawah.
Gaya total pada muatan Q3 merupakan jumlah vektor gaya F31 yang
diakibatkan oleh muatan Q1 dan gaya F32 yang diakibatkan oleh
muatan Q2.
Tanda positif dan negatif pada muatan tidak perlu dimasukkan dalam perhitungan, tetapi harus
disadari bahwa keberadaanya untuk menentukan arah setiap gaya. Dari gambar tampak bahwa
F32 tarik menarik dan berarah ke kiri sedangkan F31 tolak menolak dan berarah ke kanan.
N2,1
)m5,0(
)C10x8).(C10x4(
C/m.N10x9
r
QQ
kF 2
66
229
2
13
31 ===
−−
N7,2
)m2,0(
)C10x3).(C10x4(
C/m.N10x9
r
QQ
kF 2
66
229
2
23
32 ===
−−
Jika arah kanan F31 dianggap menunjuk ke arah x positif dan arah kiri F32 menunjuk ke arah
x negatif. Maka gaya total pada muatan Q3 adalah
N5,1N7,2N2,1FFF 32313 −=−=−=
CONTOH 3
Tiga muatan Q1, Q2, dan Q3 tersusun seperti gambar disamping.
Tentukan Gaya elektrostatik total pada muatan Q3, bila r23 = 30
cm, r21= 52 cm, Q1 = 86 µC, Q2 = 50 µC, Q3 = 65 µC.
Penyelesaian
Gaya-gaya F31, F32 dan penguraian arahnya ditunjukkan dalam
gambar disamping.
N140
)m6,0(
)C10x6,8).(C10x5,6(
)C/m.N10x9(
r
QQ
kF
2
55
229
2
13
31
==
=
−−
N330
)m3,0(
)C10x5)(C10x5,6(
)C/m.N10x9(
r
QQ
kF 2
55
229
2
23
32 ===
−−

I.11
Karena F31 berada pada bidang xy, maka F31 perlu diuraikan terhadap komponen-komponennya
sepanjang sumbu x dan y, sehingga
N7030sinFF
N12030cosFF
0
31Y31
0
31X31
−==
==
Gaya F32 hanya mempunyai komponen y, sehingga gaya total pada muatan Q3 mempunyai
komponen-komponen :
N120FF X31X3 == , N260N)70300(FFF Y3132Y3 =−=+=
Dengan demikian besar gaya total pada muatan Q3 adalah :
N290)N260()N120(FFF 222
Y3
2
X33 =+=+=
Sedangkan arah gayanya:
011
X3
Y31
652,2tan
120
260
tan
F
F
tan ====θ −−−
Vektor gaya listrik dari hukum Coulomb pada Persamaan (1) masih dinyatakan dalam bentuk skalar.
Tinjau dua partikel bermuatan positif Q1 dan Q2 yang mempunyai vektor posisi 1r
r
dan 2r
r
terhadap
pusat koordinat seperti ditunjukkan oleh Gambar 15. Vektor gaya listrik yang dirasakan oleh muatan
pertama karena muatan kedua dinyatakan sebagai:
122
12
21
12
ˆR
R
QQ
kF =
r
(3)
55.. MMeeddaann LLiissttrriikk
Pada pembahasan sebelumnya telah dijelaskan adanya gaya interaksi antara dua muatan baik yang
sejenis maupun tidak sejenis. Pada bagian ini akan jelaskan hubungan antara kuat medan listrik
dengan muatan pada suatu titik, serta menghitung kuat medan listriknya.
Pada umumnya gaya bekerja karena adanya kontak antara dua benda, seperti gaya tekan atau gaya
dorong yang diberikan pada suatu balok, gaya pada raket tenis ketika memukul bola tennis. Namun,
sebaliknya gaya listrik timbul tanpa adanya persentuhan antara ke dua benda, bahkan gaya listrik
dapat dirasakan pada jarak tertentu, konsep gaya seperti ini relatif sukar untuk dimengerti sehingga
perlu dikenalkan konsep medan (seperti halnya medan gravitasi Newton). Seorang fisikawan Inggris
Michael Faraday (1791-1867) adalah orang yang pertama kali mengenalkan konsep medan listrik
dengan menyatakan bahwa medan listrik keluar dari setiap muatan dan menyebar ke seluruh ruang,
seperti Gambar 15. Ketika muatan ke dua diletakkan di dekat yang pertama, ia akan merasakan gaya
yang disebabkan oleh adanya medan listrik di tempat itu, misalnya titik P. Medan listrik pada lokasi
muatan ke dua dianggap berinteraksi langsung dengan muatan ini untuk menghasilkan gaya.
Bagaimana-pun, harus ditekankan bahwa sebuah medan, bukan merupakan sebuah zat.

I.12
Seperti pernyataan di atas, kuat medan listrik tidak dapat dihitung secara langsung, tetapi dapat
dihitung melalui gaya interaksi oleh dua muatan. Oleh karena itu, untuk menentukan berapa besarnya
kuat medan listrik oleh suatu muatan di suatu titik, dapat dilakukan dengan cara meletakkan sebuah
muatan penguji (pengetes), seperti yang ditunjukkan pada Gambar 2.16. Yang dimaksud muatan
penguji adalah partikel bermuatan yang sangat kecil (muatannya) dengan muatan positif qo, sehingga
gaya yang diberikan tidak mengubah secara signifikan terhadap distribusi muatan terhadap medan
yang diukur.
Gambar 15. Arah medan listrik di sekitar
muatan Q
Gaya pada muatan penguji positif qo yang kecil, diletakkan pada beberapa titik di sekitar muatan
positif Q, seperti yang Gambar 16. Gaya pada titik b sedikit lebih kecil dari titik a karena jaraknya
lebih besar, dan gaya pada titik c lebih kecil lagi. Pada setiap kasus, gaya mengarah secara radial
keluar dari Q, demikian pula bila di setiap titik dalam ruang di sekitar muatan Q ditempatkan muatan
uji qo maka gaya pada masing-masing titik mengarah secara radial keluar dari Q. Tetapi bila
muatannya negatif, maka gaya-gaya yang dirasakan oleh muatan penguji positif qo mempunyai arah
radial masuk kedalam muatan Q negatif.
Gambar 16. Gaya yang diberikan oleh muatan +Q pada sebuah
muatan penguji q, pada titik a, b, dan c
Medan listrik merupakan daerah yang masih merasakan adanya pengaruh gaya listrik, yang
disebabkan oleh suatu muatan. Medan listrik E pada setiap titik pada ruang didefinisikan sebagai
vektor gaya F
r
yang dirasakan oleh muatan penguji positif pada titik tersebut dibagi dengan besar
muatan uji qo :
Rˆ
R
Q
k
q
F
E 2
==
r
r
(4)

I.13
Karena kuat medan E seperti halnya gaya F merupakan besaran vektor, maka perhitungan kuat
medan listrik harus selesaikan secara vektor.
Medan listrik di suatu titik yang disebabkan oleh sejumlah muatan titik dapat dihitung dari jumlah
vektor medan listrik masing-masing muatan, yang secara matematis dinyatakan sebagai:
∑∑ ==
==
++++=
n
i
i
i
n
i
i
n
R
R
Q
kE
1
2
1
321
ˆ
rr
r
L
rrrr
E
EEEEE
CONTOH 5
Dua muatan titik masing-masing -25 µC dan +50 µC terpisah pada jarak 10 cm. Tentukan :
(a) Besar dan arah medan listrik diantara ke dua muatan pada jarak 2 cm dari muatan yang
negatif.
(b) Besar dan arah percepatansebuah elektron jika diletakkan diantara ke dua muatan pada jarak
2 cm dari muatan negatif.
Penyelesaian
(a)
Medan E1 dan E2 yang disebabkan oleh muatan Q1 dan Q2 arahnya sama-sama ke kiri. E1
menunjuk kea rah Q1 dan E2 menunjuk kea rah menjauhi Q2, seperti yang ditunjukkan dalam
gambar di atas.
Kuat medan listrik pada titik P dapat dihitung dengan cara menjumlahkan secara aljabar dari
kedua medan dengan mengabaikan tanda dari muatan tersebut :
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+=+=
)/(
)/(
1 2
1
2
2
12
2
1
1
2
2
2
2
1
1
rr
QQ
r
Q
k
r
Q
k
r
Q
kEP
[ ] CNxCNx
mx
Cx
CmNxEP
/103,6/1106,5
)2/8(
25/50
1
)102(
)1025(
)/.109(
8
8
18
222
6
229
=+=
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+= −
−
Pengeluaran faktor 2
11 / rQ pada baris pertama memungkinkan untuk melihat kekuatan
relative dari kedua medan yang terlibat, artinya medan Q2 hanya 1/8 dari medan Q1 (1/9 dari
medan totalnya)

I.14
(b) Elektron akan merasakan gaya ke kanan karena ia bermuatan negtif, sehingga percepatannya
juga akan mengarah ke kanan, dengan besar
220
31
819
s/m10x1,1
kg10x1,9
)C/N10x3,6).(C19x6,1(
m
qE
m
F
a ==== −
−
66.. PPootteennssiiaall LLiissttrriikk ddaann EEnneerrggii PPootteennssiiaall
Dalam pelajaran mekanika, kita mendapatkan bahwa konsep energi potensial sangat berguna. Ketika
kita mengangkat suatu benda dengan massa m setinggi h dekat permukaan bumi, kerja yang kita
lakukan menjadi energi potensial mgh dari suatu sistem masa bumi. Jika kita kemudian menjatuhkan
benda tersebut, energi potensial ini diubah menjadi energi kinetik. Gaya listrik antara dua muatan
adalah searah sepanjang garis muatan-muatan dan berbanding terbalik terhadap kuadrat jaraknya,
sama dengan gaya gravitasi antara dua massa. Seperti gaya gravitasi, gaya listrik adalah konservatif.
Sehingga ada hubungan fungsi energi potensial dengan gaya listrik. Seperti yang akan kita lihat,
energi potensial partikel dalam suatu medan listrik sebanding dengan muatannya. Energi potensial
diukur dalam volt dan umumnya disebut tegangan. Dalam kegiatan belajar ini, kita akan
mendefiniskan fungsi potensial listrik V dan menunjukkan bagaimana menghitung potensial dari
distribusi muatan yang diberikan atau dari medan listrik yang diberikan, serta bagaimana potensial
listrik dihubungkan dengan medan listrik
→
E dan energi potensial listrik.
PPootteennssiiaall LLiissttrriikk ddaann BBeeddaa PPootteennssiiaall
Secara umum, ketika gaya konservatif
→
F bekerja pada sebuah partikel yang mengalami perpindahan
→
dl perubahan dalm fungsi energi potensial dU didefinisikan dengan persamaan:
→→
−= dl.FdU (1)
Kerja yang dilakukan oleh gaya konservatif mengurangi energi potensial (Gambar 1). Gaya yang
digunakan medan listrik
→
E pada muatan q0 adalah:
→→
= EqF 0 (2)
Ketika muatan mengalami perpindahan
→
dl dalam medan listrik
→
E , perubahan energi potensial
elektrostatik adalah
→→
−= dl.EqdU 0 (3)
Jika muatan dipindahkan dari satu titik awal a ke suati titik akhir b, perubahan energi potensial
elektrostatiknya adalah
∫∫
→→
−==−=Δ
b
a
0
b
a
ab dl.EqdUUUU (4)

I.15
Perubahan energi potensial sebanding dengan muatan uji q0. Perubahan energi potensial per satuan
muatan disebut beda potensial dV.
Definisi beda potensial
→→
−== dl.E
q
dU
dV
0
(5)
Untuk perpindahan berhingga dari titik a ke titik b, perubahan potensialnya adalah
∫
→→
−==−=Δ
b
a0
ab dl.E
q
dU
VVV (6)
Beda potensial Vb-Va adalah negatif dari kerja per satuan muatan yang
dilakukan oleh medan listrik pada muatan uji positif jika muatan pindah dari
titik a ke titik b.
Seperti dengan energi potensial U, hanya perubahan potensial V sa jalah yang dianggap penting. Kita
bebas memilih energi potensial atau potensial nol pada titik yang sesuai, seperti yang kita lakukan
untuk energi potensial mekanik. Karena potensial listrik adalah energi potensial elektrostatik per
satuan muatan, satuan SI untuk potensial dan beda potensial adalah joule per coulomb = volt (V).
1 V = 1 J/C (7)
Bumi Muatan Negatif
∆l ∆l
m +q
g E
(a) (b)
mg qE
Gambar 1 (a) Kerja yang dilakukan oleh medan gravitasi pad sebuah massa mengurangi energi
potensial gravitasi. (b) Kerja yang dilakukan oleh medan listrik pada sebuah muatan +q mengurangi
energi potensial elektrostatik.
CONTOH SOAL 1
Medan listrik menunjuk pada arah x positif dan mempunyai besar konstan 10 N/C = 10 V/m.
Tentukan potensial sebagai fungsi x, anggap bahwa V = 0 pada x = 0.
Penyelesaian
Vektor medan listrik diberikan dengan
→
E = 10 N/C i = 10 V/m i. Untuk suatu perpindahan
sembarang
→
dl , perubahan potensial diberikan oleh persamaan 5.
→→
−== dl.E
q
dU
dV
0
= -(10 V/m) i . (dx i + dy j + dz k)

I.16
= - (10 V/m) dx
Dengan integrasi dari titik x1 ke x2 kita dapatkan beda potensial V(x2) – V(x1),
)xx)(m/V10()xx)(m/V10(
dx)m/V10(dV)x(V)x(V
2112
x
x
x
x
12
2
1
2
1
−=−−=
−==− ∫∫
Karena diketahui bahwa potensial nol pada x = 0, kita mempunyai V(x1) = 0 pada x1 = 0. Maka
potensial pada x2 relatif terhadap V = 0 pada x = 0 diberikan oleh
V(x2) – 0 = (10 V/m)(0 – x2)
atau
V(x2) = - (10 V/m) x2
Pada titik sembarang x, potensialnya adalah
V(x) = - (10 V/m)x
Jadi potensial nol pada x = 0 dan berkurang 10 V/m dalam arah x.
POTENSIAL OLEH SISTEM MUATAN TITIK
Potensial listrik oleh muatan titik q di pusat dapat dihutung dari medan listrik, yang diberikan oleh
∧→
= r
r
kq
E 2
(8)
Jika muatan uji q0 pada jarak r diberikan suatu perpindahan
∧→
= rdrdl , perubahan energi potensialnya
→→
−= dl.EqdU 0 , dan perubahan potensial listrik adalah
dr
r
kq
rdr.r
r
kq
dl.EdV 22
−=−=−=
∧∧→→
(9)
dengan integrasi kita dapatkan potensial oleh muatan titik,
0V
r
kq
V ++= (10)
dengan V0 adalah konstanta integral.
Biasanya pendefinisian potensial nol ada pada jarak takhingga dari muatan titik (yaitu pada r = ∞).
Kemudian konstanta V0 sama dengan nol, dan potensial pada jarak r dari muatan titik adalah
∞=== rpada0V
r
kq
V (11)
Potensial positif atau negatif bergantung pada tanda muatan q.
Jika muatan uji q0 dilepaskan dari satu titik pada jarak r dari muatan titik q yang terletak pada pusat,
muatan uji akan dipercepat keluar dalam arah medan listrik. Kerja yang dilakukan oleh medan listrik
saat muatan uji bergerak dari r ke ∞ adalah
r
kqq
dr
r
kq
qdrEqdl.EqW 0
r r
20r0
r
0 ==== ∫ ∫∫
∞ ∞∞ →→
(12)

I.17
Kerja ini adalah energi potensial elektrostatik sistem dua muatan:
Vq
r
kqq
U 0
0
== (13)
Energi potensial tersebut adalah kerja yang dilakukan oleh medan listrik saat muatan uji bergerak
dari r ke ∞. Kemungkinan lain, kita dapat menganggap energi potensial sebagai kerja yang harus
dilakukan oleh gaya terpakai
→→
−= EqFapp 0 untuk membawa muatan uji positif q0 dari jarak
tekhingga ke jarak r dari muatan titik q (Gambar 2).
Gambar 2 Kerja yang diperlukan untuk membawa muatan uji q0 dari jarak takhingga
ke titik P adalah kqq0/r, dengan r adalah jarak dari P ke muatan q di pusat.
CONTOH SOAL 2
(a) Berapakah potensial listrik pada jarak r = 0.529 x 10-10
m dari proton?
(b) Berapakah energi potensial elektron dan proton pada pemisahan ini?
Penyelesaian:
a). Muatan proton adalah q = 1.6 x 10-19
C. Persamaan 11 memberikan
V2,27C/J2,27
m10x529,0
)C10x6.1)(C/m.N10x99,8(
r
kq
V 10
19229
==
== −
−
b). Muatan elektron adalah –e = -1,6 x 10-19
C. Dalam elektron Volt, energi potensial elektron
dan proton yang terpisah dengan jarak 0,529 x 1010
m adalah
U = qV = -e(27,2 V) = -27,2 eV
dalam satuan SI, energi potensial adalah
U = qV = (-1,6 x 10 -19
C)(27,2 V) = - 4,35 x 10-18
J
Untuk menentukan potensial pada satu titik oleh beberapa muatan titik, kita menentukan potensial
pada titik tersebut oleh tiap muatan secara pemisahan dan penjumlahan. Hal ini mengikuti prinsip
superposisi untuk medan listrik. Jika iE
→
adalah medan listrik pada ssuatu titik oleh qi, medan bersih

I.18
pada titik tersebut oleh semua muatan adalah ∑
→→→→
=++=
i
iEEEE ...21 . Kemudian dari definisi
beda potensial (Persamaan 11), kita memiliki untuk perpindahan
→
dl , =−=
→→
dlEdV .
........ 2121 ++=−−−
→→→→
dVdVdlEdlE . Jika distribusi muatan berhingga, yaitu jika tidak ada muatan
di takhingga, kita dapat memilih potensial nol pada takhingga dan menggunakan persamaan 11 untuk
potensial akibat tiap-tiap muatan titik. Kemudian potensial akibat sistem muatan titik qi diberikan
oleh
∑=
i 0i
i
r
kq
V (14)
Dengan jumlah tersebut diambil dari seluruh mautan ri0 adalah jarak muatan ke-i titik P dimana
potensial ditentukan.
CONTOH SOAL 3
Sebuah dipol listrik dari sebuah muatan positif +q pada sumbu z pada z = +a dan sebuah muatan
negatif –q sumbu z pada z = -a (Gambar 3). Tentukan potensial pada sumbu z pada jarak yang
jauh dari dipol.
Penyelesaian
Dari persamaan 14, diperoleh
a2
i 0i
i
az
kqa2
az
)q(k
az
kq
r
kq
V
−
=
+
−
+
−
== ∑
Untuk z >> a, kita dapat mengabaikan a2
dibandingkan dengan z2
pada pembagi. Maka kita
mempunyai
az
z
kp
z
kqa2
V 22
>>==
dengan p = 2qa adalah jumlah momen dipol.
Gambar 3 Dipol listrik pada sumbu z
ENERGI POTENSIAL ELEKTROSTATIK

I.19
Jika kita memiliki muatan titik q1, potensial pada jarak sejauh r12 dinyatakan dengan
12
1
r
kq
V = . Kerja
yang diperlukan untuk membawa muatan uji kedua q2 dari jarak sejauh takhingga ke jarak r12 adalah
12
21
22
r
qkq
VqW == . Untuk membawa muatan ketiga, kerja yang harus dilakukan melawan medan
listrik yang dihasilkan oleh kedua muatan q1 dan q2. Kerja yang diperlukan untuk membawa muatan
ketiga q3 menuju jarak r13 dari q1 dan r23 dari q2 adalah
23
23
13
13
3
r
qkq
r
qkq
W += . Maka total kerja yang
diperlukan untuk memasang tiga muatan adalah
23
32
13
31
12
21
r
qkq
r
qkq
r
qkq
W ++= . Kerja ini adalah
energi potensial elektrostatik sistem muatan tiga titik. Ini bergantung pada urutan muatan yang
dibawa ke posisi akhirnya.
Secara umum,
Energi potensial listrik sistem muatan titik adalah energi yang diperlukan untuk
membawa muatan dari jarak takhingga ke posisi akhirnya.
CONTOH SOAL 4
Titik A, B, C, dan D pada sudut bujur sangkar dengan sisi a seperti ditunjukkan pada Gambar 4.
Berapakah kerja yang diperlukan untuk meletakkan muatan positif q pada tiap sudut bujur
sangkar?
Gambar 4 Bujur sangkar dengan sisi a
Penyelesaian
Tidak ada kerja yang diperlukan untuk meletakkan muatan lain berada pada jarak takhingga.
Untuk membawa muatan kedua ke titik B pada jarak a diperlukan kerja
a
kqq
W2 = . Titik C
sejauh a dari titik B dan 2 a dari titik A. Potensial pada titik C menuju muatan-muatan pada A
dan B adalah
a2
kq
a
kq
VC += .
Maka kerja yang diperlukan untuk membawa muatan ketiga q ke titik C adalah
a2
kqq
a
kqq
qVW C3 +==

I.20
Akhirnya kerja yang diperlukan untuk membawa muatan keempat ke titik D ketika ketiga
muatan yang lain telah ada adalah
a2
kqq
a
kqq
a
kqq
W ++=
Total kerja yang diperlukan utnuk memasang emepat muatan tersebut adalah
a2
kqq)228(
a2
kqq2
a
kqq4
WWWW 432total
+
=+=++=
Kerja ini adalah energi elektrostatik total distribusi muatan.
PERHITUNGAN POTENSIAL LISTRIK UNTUK DISTRIBUSI MUATAN KONTINU
Potensial listrik oleh distribusi muatan kontinu diberikan oleh:
∫=
r
kdq
V (15)
dengan dq = distribusi muatan.
Distribusi muatan dq dapat berupa distribusi muatan pada panjang, luasan, dan volume berturut-turut
dapat dinyatakan sebagai berikut:
dV
dq
dA
dq
dl
dq
=ρ
=σ
=λ
(16)
Dengan λ, σ, dan ρ berturut-turut adalah rapat muatan persatuan panjang, rapat muatan persatuan
luasan, dan rapat muatan persatuan volume.
MENGHITUNG POTENSIAL PADA SUMBU CINCIN MUATAN
Anggap cincin muatan serba sama berjari-jari a dan muatn Q ditunjukkan dalam Gambar 5. Dalam
gambar elemen muatan dq diperlihatkan. Jarak dari elemen muatan ini ke titik medan P pada sumbu
cicncin adalah 22
axr += . Karena jarak ini sama untuk semua elemen pada cincin, kita dapat
melepaskan faktor ini dari integral pada persamaan 15. Maka potensial pada titik P oleh cincin
adalah:
2222
22
ax
kQ
dq
ax
k
ax
kdq
r
kdq
V
+
=
+
=
+==
∫
∫ ∫
(17)
CONTOH SOAL 5

I.21
Cincin jari-jari 4 cm membawa muatan serba sama 8 nC. Partikel kecil dengan massa m = 6 mg
= 6 x 10-6
Kg dan muatan q0= 5 nC diletakkan pada x = 3 cm dan dilepaskan. Tentukan
kecepatan muatan ketika ia berjarak jauh dari cincin.
Penyelesaian:
Energi potensial muatan q0 pada x = 3 cm adalah
J10x19,7
)m04,0()m03,0(
)C10x5)(C10x8)(C/m.N10x99,8(
ax
kQq
VqU
6
22
99229
22
0
0
−
−−
=
+
=
+
==
Saat partikel bergerak sepanjang sumbu x menjauh dari cincin, energi potensialnya berkurang
dan energi kinetiknya bertambah. Ketika partikel sangat jauh dari cincin, energi potensialnya nol
dan energi kinetiknya adalah 7,19 x 10-6
J. Maka kecepatannnya diberikan oleh
s/m55,1
Kg10x6
)J10x19,7(2
v
J10x19,7mv
2
1
6
6
62
==
=
−
−
−
Gambar 5 Geometri untuk perhitungan potensial listrik di titik P
pada sumbu cincin muatan serba sama berjari-jari a
MENGHITUNG POTENSIAL PADA SUMBU CAKRA MUATAN SERBA SAMA
Sekarang kita akan menggunakan persamaan 17 untuk menhitung potensial pada sumbu piringan
muatan serba sama. Misalkan cakra mempunyai radius R dan membawa muatan total Q. Maka
densitas muatan permukaan pada cakra σ = Q/πR2
. Kita ambil sumbu x sebagai sumbu cakra dan
memperlakukan cakra sebagai kumpulan muatan cincin. Gambar 6 menunjukkan cincin berjari-jari a
dan tebal da. Luas cincin ini 2πa.da, dan muatannya adalah dq = σ dA = σ 2πa.da. Potensial pada
suatu titk P pada sumbu x oleh elemen cincin muatan ini diberikan oleh persamaan 17:
2222
ax
ada2k
ax
kdq
dV
+
πσ
=
+
=
Potensial pada sumbu cakra ditentukan dengan integral dari a = 0 ke a = R,

I.22
( ) daa2axk
ax
ada2k
V
R
0
R
0
2
1
22
22∫ ∫
−
+σπ=
+
πσ
=
Integral ini berbentuk ∫ duun
dengan u = x2
+ a2
dan n = - ½. Sehingga integrasi ini memberikan:
]x)ax[(k2
|
2/1
)ax(
kV
2
1
22
Ra
0a
2/122
−+σπ=
+
σπ= =
=
(18)
22
axr +=
Gambar 6 Geometri untuk perhitungan potensial listrik di titik P
pada sumbu cakra bermuatan serba sama berjari-jari R
MENGHITUNG POTENSIAL DI DALAM DAN DI LUAR KULIT BOLA BERMUATAN
Selanjutnya kita menentukan potensial kulit bola berjari-jari R dengan Q serba sama yang
terdistribusi pada permukaan. Kita perhatikan potensial pada semua titik-titik di dalam dan di luar
kulit. Karena kulit ini dengan luas terbatas, kita dapat menghitung potensial dengan integral langsung
persamaan 15, tetapi integrasi ini agak sulit. Karena medan listrik untuk distribusi muatan ini mudah
ditemukan dari hukum Gauss, paling mudah untuk menggunakan persamaan 5 untuk menentukan
potensial dari medan listrik yang diketahui.
Di luar kulit bola, medan listrik adalah radial dan sama jika semua muatan berada di pusat:
∧→
= r
r
kQ
E 2
Perubahan dalam potensial untuk suatu perpindahan
∧→
= rdrdl di luar kulit adalah
dr
r
kQ
rdr.r
r
kQ
dl.EdV 22
−=−=−=
∧∧→→
Ini sama dengan persamaan 9 untuk muatan titik di pusat. Dengan integrasi, kita mendapatkan
0V
r
kQ
V +=
dengan V0 adalah potensial di r = ∞. Pemilihan potensial nol di r = ∞, kita mendapatkan
r
kQ
V = r > R

I.23
Di dalam kulit bola, medan listrik nol. Oleh karena itu perubahan potensial untuk suatu perpindahan
di dalam kulit adalah nol. Sehingga, potensial harus konstan di setiap tempat di dalam kulit. Saat r
mendekati R dari luar kulit, potensi mendekati kQ/R. Sebab itu harga konstan V di dalam harus kQ/R
untuk membuat V kontinu.
Sehingga, potensial oleh kulit bola diberikan:
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
≥
≤
=
Rr
r
kQ
Rr
R
kQ
V (19)
R
R
R
r
V kQ/R
kQ/r
Gambar 7 Potensial listrik kulit bola bermuatan serba sama
dengan jari-jari R sebagai fungsi r dari pusat kulit.
Menghitung potensial di Dekat Muatan Garis Takhingga
Dalam bab medan listrik, telah didapatkan bahwa medan listrik yang dihasilkan oleh muatan garis
takhingga berarah menjauhi garis (jika λ positif) dan diberikan oleh Er = 2k λ/r. Kemudian persamaan
5 memberikan perubahan potensial
dr
r
k2
drEdl.EdV r
λ
−=−=−=
→→
Dengan integrasi kita dapatkan
rlnk2VV 0 λ−= (20)
Untuk muatan garis positif, garis-garis medan listrik berarah menjauhi garis, dan potensial berkurang
dengan pertambahan jarak dari muatan garis. Pada harga r yang besar, potensial berkurang tanpa
batas. Oleh karena itu potensial tidak dapat dipilih nol pada r = ∞. (Juga tidak dapat dipilih nol di r =
0, karena ln r mendekati ∞ saat r mendekati nol). Sebagai pengganti kita pilih V nol di suatu jarak r =
a. Substitusi ke persamaan 20 dan menetapkan V = 0, kita dapatkan
alnk2V0V 0 λ−==
atau
alnk2V0 λ=
Maka persamaan 20 adalah
rlnk2alnk2V λ−λ=
atau
a
r
lnk2V λ−= (21)

I.24
Hubungan Medan Listrik dan Potensial Listrik
Hubungan medan listrik dan potensial listrik dalam koordinat rektangular adalah:
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
−=∇−=
∧∧∧→→
k
z
V
j
y
V
i
x
V
VE (22)
CONTOH SOAL 6
Bila diketahui fungsi potensial oleh Sumbu Cincin Muatan adalah:
22
ax
kQ
V
+
=
Hitunglah medan listrik pada sumbu Cincin Muatan tersebut dengan menggunakan hubungan
medan listrik dan potensila listrik.
Penyelesaian
Dengan menggunakan persamaan 22, kita dapatkan medan listriknya adalah:
∧
∧−∧→
+
=
∂
+∂
−=
∂
∂
−=
i
)ax(
kQx
i
x
)]ax[kQ(
i
x
V
E
2/322
2/122
77.. KKaappaassiittoorr ddaann DDiieelleekkttrriikkuumm
Kapasitor adalah piranti yang berguna untuk menyimpan muatan dan energi. Kapasitor terdiri dari
dua kondultor yang berdekatan tetapi terisolasi satu sama lain dan membawa muatan yang sama
besar dan berlawanan. Kapasitor memilik nbanyak kegunaan. Pemberi cahaya kilat pada kamera anda
menggunakan suatu kapasitor untuk menyompan energi yang diperlukan untuk meberikan cahaya
kilat secara tiba-tiba. Kapasitor juga digunakan untuk memperhalus riak yang timbul ketika arus
bolak-balik dikonversi menjadi arus searah pada catu daya, sehingga dapat digunakan pada
kalkulator atau radio anda ketika baterai tidak dapat digunakan.
KAPASITOR
Jika bola konduktor radius R dalam hampa dimuati, maka potensial bola V adalah
R
q
V
04
1
πε
=
atau
VRq )4( 0πε= (23)
Dari persamaan 23 jelas bahwa bila potensial bola dinaikkan, muatan bola akan naik sebanding
dengan potensial bola. Tetapan perbandingan ini, yaitu perbandingan antara muatan dan potensial,
dinamakan kapasitans bola.

I.25
Bila pengertian ini diperluas, untuk setiap sistem konduktor, perbandingan antara muatan konduktor
dengan potensialnya dinamakan kapasitans sistem tersebut. Jika suatu sistem yang terdiri dari dua
konduktor dihubungkan dengan kutub-kutub sumber tegangan, maka kedua konduktor akan
bermuatan sama tetapi tandanya berlawanan, dikatakan telah terjadi perpindahan muatan dari
konduktor yang satu ke konduktor yang lain. Sistem dua konduktor yang kan bermuatan sama dan
tandanya berlawanan jika dihubungkan dengan kutub-kutub sumber tegangan, dinamakan
KAPASITOR.
Bila besarnya muatan kapasitor tersebut masing-masing q dan beda potensial antara kedua konduktor
dari kapasitor tersebut VAB, maka kapasitans kapasitor adalah:
ABV
q
C = (24)
Suatu kapasitor diberi simbol seperti Gambar 8, apapun bentuk konduktornya.
Gambar 8 Simbol Kapasitor
Menghitung Kapasitans Kapasitor Keping Sejajar
Kapasitor keping terdiri dari dua keping konduktor sejajar dengan luas masing A, dan terpisah
dengan jarak d, muatan dari keping sejajar adalah +q dan yang lain –q, seperti terlihat pada Gambar
9.
+q
-q
d
-+
V
Gambar 9 Kapasitor Keping Sejajar
Kuat medan listrik diantara kedua keeping, bila σ adalah rapat muatan bidang adalah

I.26
ab
ab
ab
b
a
x
x
V
d
A
q
atau
d
A
q
V
diperolehmakadxxdengan
xx
A
q
VV
A
q
dV
dx
dV
Ebahwaingat
A
q
E
0
0
12
12
0
0
00
,
)(
,
2
1
ε
ε
ε
ε
εε
σ
=
=
=−
−−=−
−=
−=
==
∫ ∫
Dari persamaan 24, maka kapasitans kapasitor keping sejajar luas masing-masing keping A, dengan
jarak pemisah d diperoleh:
d
A
C 0ε
= (25)
Menghitung Kapasitans Kapasitor Bola
Kapasitor bola terdiri dari dua bola sepusat radius R1 dan R2, lihat Gambar 10.
Gambar 10 Kapsitor bola
Untuk 21 RrR ≤≤ ,

I.27
12
21
0
210
12
2
0
2
1
2
0
11
4
11
4
4
1
4
1
2
1
V
RR
q
atau
RR
q
V
dr
r
q
dV
dr
dV
Ebahwaingat
r
q
E
R
R
r
r
−
=
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−=
−=
−=
+=
∫∫
πε
πε
πε
πε
Jadi dengan mengingat persamaan 24, maka kapasitans dari kapasitor dua bola konsentris yang
radiusnya R1 dan R2 adalah:
21
0
11
4
RR
C
−
=
πε
(26)
Menghitung Kapasitans Kapasitor Silinder
Kapasitor silinder terdiri atas dua silinder sesumbu (koaksial) radius R1 dan R2 serta mempunyai
panjang L (R2 << L). Dapat dilihat pada Gambar 11.
Gambar 11 Kapasitor Silinder
Untuk 21 RrR ≤≤ , Kuat medan listrik Er adalah:

I.28
12
1
2
0
1
2
0
12
0
2
1
00
ln
2
,ln
2
2
,
22
2
1
2
1
V
R
R
L
q
atau
R
R
L
q
V
dr
rL
q
drEdv
L
q
dengan
rL
q
r
E
R
R
R
R
r
r
πε
πε
πε
λ
πεπε
λ
=
=
−=−=
=
==
∫∫∫
Dengan mengingat persamaan 24, maka kapasitans kapasitor silinder radius R1 dan R2 dengan
panjang L adalah:
1
2
0
ln
2
R
R
L
C
πε
= (27)
CONTOH SOAL 2.1:
Suatu kapasitor keping sejajar berbentuk bujursangkar dengan sisi 10 cm dan jarak pemisah 1 mm.
a. Hitung kapasintansinya
b. Jika kapasitor ini dimuati sampai 12 V, berapa banyak muatan yang dipindahkan dari satu
keping ke yang lain ?
Penyelesaian:
a. Gunakan persaman 25, sehingga diperoleh kapasintasinya:
Fx
m
mpFm
d
A
C 11
2
0
1085,8
001,0
)/85,8()1,0( −
===
ε
b. Dari definisi kapasitansi (persamaan 24), muatan yang dipindahkan adalah:
Q = C V = (8,85 x 10-11
F) (12 V) = 1,06 x 10-9
C
CONTOH SOAL 2.2:
Suatu kabel koaksial terdiri dari kabel berjari-jari 0,5 mm dan lapisan konduktor terluar dengan jari-
jari 1,5 mm. Tentukan kapasitansi persatuan panjang.
Penyelesaian:
Dengan menggunakan persamaan 27, kita peroleh:

I.29
1
2
0
ln
2
R
R
L
C
πε
= -------- mpF
mm
mm
mpF
R
RL
C
/6,50
5,0
5,1
ln
)/85,8(2
ln
2
1
2
0
=
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
==
ππε
SAMBUNGAN KAPASITOR
Beberapa kapasitor dapat disambung secara seri, paralel, atau gabungan seri atau paralel. Sambungan
beberapa kapasitor tersebut dapat diganti dengan satu kapasitor yang sama nilainya.
Sambungan Seri
Tinjau tiga kapasitor yang kapasitansinya C1, C2 dan C3, seperti terlihat pada Gambar 12.
Gambar 12 Tiga kapasitor disambung seri
321 C
q
C
q
C
q
VVVV ybxyaxab ++=++=
Bila kapasitans ketiga kapasitor setelah dikombinasi secara seri adalah Cs, maka
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
++==
321
111
CCC
q
C
q
V
s
ab
atau
321
1111
CCCCs
++= (28)
Untuk n kapasitor disambung seri, kapasitansi yang senilai Cs adalah:
∑=
=
n
i is CC 1
11
(29)
Sambungan Paralel
Tinjau tiga kapasitor yang kapasitansinya C1, C2 dan C3, seperti terlihat pada Gambar 13.
a b
-q+q
C3
+q -q
C1
-q+q
C2
Vab
Gambar 13 Tiga kapasitor disambung paralel

I.30
Jika kapasitor disambung paralel, beda potensial antara masing-masing kapasitor samaa, yaitu Vab.
Sedangkan muatan masing-masing kapasitor berlainan besarnya bergantung pada besarnya
kapasitans dari kapasitor tersebut.
abVCCCqqq )( 321321 ++=++
Bila kapasitans yang senilai dengan ketiga kapasitor tersebut adalah Cp, maka
abpabtotal VCVCCCqqqq =++=++= )( 321321
atau
321 CCCCp ++= (30)
Untuk n kapasitor disambung paralel, kapasitans ekivalennya adalah:
∑=
=
n
i
iP CC
1
(31)
CONTOH SOAL 2.3:
Tiga buah kapasitor tersusun seperti pada Gambar 14, jika C1 = 2,2 x 10-13
F, C2 = 8 x 10-13
F, dan C3
= 8,85 x 10-13
F serta diberi beda potensial sebesar 100 V.
Tentukan:
a. Muatan masing-masing kapasitor
b. Beda potensial antara a dan x, antara x dan b.
Penyelesaian:
Gambar 14 Rangkain contoh 9
a. Cp = C2 + C3
Fx
Fx
FxFx
CCC
CCC
CC
CC
C
CCC
p
p
s
ps
13
13
1313
321
321
1
1
1
1095,1
10)85,882,2(
10)85,88(102,2)(
111
−
−
−−
=
++
+
=
++
+
=
+
=
+=
Muatan total dalam sistem adalah q = CsV = (1,95 Fx 13
10−
) (100 V)
q = 1,95 x 10-11
C
Muatan masing-masing kapasitor adalah sebagai berikut:
q1 = q = 1,95 x 10-11
C
q2 : q3 = C2 : C3 = 8 : 8,85
q2 = (8/16,85) x 1,95 x 10-11
C = 0,945 x 10-11
C

I.31
q3 = (8,885/16,5) x 1,95 x 10-11
C = 1,046 x 10-11
C
b. Menentukan Vax dan Vxb
q1 = C1 Vax - Vax = {(1,95 x 10-11
C) / (2,2 x 10-13
F)} = 88,6 Volt
Vxb diperoleh dari 100 Volt – Vax, sehingga menghasilkan = 11, 4 Volt.
ENERGI KAPASITOR
Jika kapasitor dimuati, maka terjadilah perpindahan muatan dari konduktor dengan potensial rendah
ke potensial tinggi. Misalkan kapasitor dalam keadaan tak bermuatan dan dimuati sampai q, beda
potensial antara ujung-ujung kapasitor Vab, maka
C
q
Vab = .
Kemudian untuk menambah muatannya dengan dq diperlukan usaha dW,
dq
C
q
dqVdW ab == .
Usaha total untuk memuati kapasitor dari muatan 0 dampai Q adalah W,
C
Q
dq
C
q
dWW
QQ 2
00
2
1
=== ∫∫
Usaha ini tidak hilang melainkan tetap tersimpan dalam kapasitor menjadi energi kapasitor. Jadi
energi kapasitor U adalah:
abab QVCV
C
Q
U
2
1
2
1
2
1 2
2
=== (32)
DIELEKTRIKUM
Dielektrikum adalah bahan yang tidak mempunyai elektron bebas, jika suatu dielektrikum tidak
dipengaruhi medan listrik, muatan positif dan muatan negatif tidak terpisah, seperti terlihat pada
Gambar 15.a.
Jika suatu dielektrikum dipengaruhi medan listrik, maka muatan negatif dalam dielktrikum akan
ditarik kearah yang bertentangan dengan arah medan listrik, sedang muatan positif akan ditarik
kearah yang searah dengan arah medan listrik (Gambar 15.b).
Pengaruh muatan positif dan muatan negatif di dalam dielektrikum saling menetralkan, sehingga
yang berpengaruh hanyalah muatan yang terdapat dipinggir dielektrikum (Gambar 15.c).
Dikatakan jika suatu dielektrikum dipengaruhi medan listrik, maka dipinggir dielektrikum tersebut
akan terdapat muatan induksi. Dengan adanya muatan induksi pada tepi-tepi dielektrikum menjadi
lebih kecil jika dibandingkan dengan kuat medan listrik tanpa dielektrikum, karena muatan induksi
mengakibatkan medan listrik ke aarah yang bertentangan dengan medan listrik muatan asli. Misalkan
rapat muatan asli σ, sedangkan rapat muatan induksi σi, maka kuat medan listrik dalam dielektrikum
diantara dua keping yang bermuatan berlawanan adalah:

I.32
00 ε
σ
ε
σ i
E −= (33)
± ±±±±±
± ±±±±±
± ±±±±±
± ±±±±±
± ±±±±±
± ±±±±±
Gambar 15 Dielektrikum dalam tiga kondisi
Besarnya muatan induksi bergantung pada besarnya kuat medan listrik yang mempengarauhinya,
rapat muatan induksi berbanding langsung dengan kuat medan listrik yang mempengaruhinya.
Ei χσ = (34)
Tetapan perbandingan ini dinamakan Suseptibilitas Listrik dielektrikum. Suatu dielektrikum yang
suseptibilitasnya besar mudah diinduksikan muatan listrik.
00
00
00
1
ε
σ
ε
χ
ε
σ
ε
χ
ε
χ
ε
σ
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
+
=+
−=
E
E
E
E
E
Didefinisikan tetapan dielektrikum ke,
0
1
ε
χ
+=ek (35)
Maka
ek
E
0ε
σ
=
Didefinisika permitivitas dielektrikum ε,
ek0εε = (36)
Maka
ε
σ
=E (37)
Jadi kuat medan listrik dalam dielektrikum sama dengan kuat medan listrik dalam hampa dengan
mengganti ε0 dengan ε.
CONTOH SOAL 2.4:
Dua keping sejajar luas masing-masing 1 cm2
, jaraknya 2 mm, diantaranya diberi dielektrikum
dengan tetapan 5. Kedua keping diberi muatan yang berlawanan sebesar 10-10
C.
Tentukan:

I.33
a. Kapasitans sistem
b. Kuat medan listrik total dalam dielektrikum
c. Rapat muatan induksi
d. Kuat medan listrik oleh muatan asli
e. Kuat medan listrik oleh muatan induksi
Penyelesaian:
a. Fx
mx
mNCxm
d
kA
d
A
C e 12
3
22124
0
103,2
102
)5)(./1085,8)(10( −
−
−−
====
εε
b. CNx
mNCxm
C
kA
q
E
e
/103,2
)5)(./1085,8)(10(
10 4
22124
10
0
==== −−
−
εε
σ
c.
2742212
2212
2212
0
0
/1014,8/103,2)(./1054,3(
./1054,3
)./1085,8)(15()1(1
mCxCNxmNCxE
mNCx
mNCxkk
i
ee
−−
−
−
===
=
−=−=→+=
χσ
εχ
ε
χ
d. CNx
mNCxm
C
A
q
E /1013,1
)./1085,8)(10(
10 3
22124
10
00
==== −−
−
εε
σ
e. CNx
mNCx
mCx
E i
i /1091977,0
./1085,8
/1014,8 5
2212
27
0
=== −
−
ε
σ

Modul Fisika: Listrik Dinamis
II.1
IIIIII.. PPEEMMBBEELLAAJJAARRAANN 22
LLiissttrriikk DDiinnaammiiss
Sebuah lampu ketika dinyalakan, maka filament kawat dalam bola lampu terhubungkan ke suatu
beda potensial yang menyebabkan muatan listrik mengalir pada kawat, yang analogi dengan beda
tekanan dalam pipa air yang menyebabkan air mengalir melalui pipa. Aliran muatan listrik
merupakan suatu arus listrik. Arus listrik tidak hanya terjadi dalam kawat penghantar saja seperti
yang biasa dikenal, tetapi arus listrik juga mengalir melalui medium yang lain. Contohnya berkas
elektron yang mengalir dari "electron gun" menuju ke layar dalam sebuah tabung sinar katoda,
seperti pada monitor, atau suatu berkas ion-ion bermuatan dari pemercepat partikel. Dalam kegiatan
belajar ini, akan mendefinisikan arus listrik dan menghubungkannya dengan gerak partikel-partikel
bermuatan, pembahasan resistansi listrik dan hukum ohm, serta meninjau aspek-aspek energi dari
arus listrik.
1. Arus Listrik dan Kerapatan Arus
Arus listrik didefinisikan sebagai laju aliran muatan listrik yang melalui suatu luasan pe-nampang
lintang. Arah arus listrik diperjanjikan sebagai arah gerakan muatan positif. Jika pada suatu
penampang konduktor lewat muatan positif 10 C ke kanan dan muatan negatif 20 C ke kiri, maka
dikatakan pada penampang tersebut lewat muatan positif sebesar 30 C ke kanan. Bentuk sederhana
pernyataan matematis dari definisi arus dituliskan sebagai:
t
Q
i = (1)
tetapi dengan mempertimbangkan besaran-besaran dalam media transmisi (kawat penghantar) dan
besaran-besaran grak lainnya, maka perhatikan suatu konduktor dengan luas penampang A yang
dikenai medan listrik E (seperti Gambar 1.). Karena medan listrik E ke arah kanan maka
menyebabkan muatan-muatan positif dalam konduktor bergerak ke kanan dengan kecepatan v. Bila
dalam selang waktu dt telah mengalir melewati luasan A sejumlah muatan positif sebesar dQ, maka
dQ adalah jumlah muatan total yang terdapat di dalam tabung bervolume (A.v.dt), dengan v adalah
kecepatan rata-rata partikel pembawa muatan.

II.2
Gambar 1. Segmen dari sebuah kawat penghantar arus listrik.
Bila jumlah partikel persatuan volume n, dan muatan tiap-tiap partikel q, maka q.n.dt.v.AdQ = .
Kuat arus i yang didefinisikan sebagai jumlah muatan positif yang lewat penampang dalam satu
satuan waktu adalah:
Avnq
dt
dQ
i == (2)
Bila satuan muatan adalah coulomb, dan satuan waktu adalah detik, maka satuan arus listrik disebut
ampere (A). Kalau muatan yang lewat terdiri dari bermacam-macam partikel dengan jumlah partikel
persatuan volume, kecepatan, dan muatan yang berlainan, maka
...)( 222111 ++= qvnqvnAdtdQ dan
∑== iii qvnA
dt
dQ
i (3)
Rapat arus J didefinisikan sebagai kuat arus i dibagi luas penampang A, yaitu
A
i
J = (4)
CONTOH 1
Pada suatu konduktor mengalir arus sebesar 1 A. Berapa coulomb muatan listrik dan berapa
elektron yang mengalir dalam konduktor selama 1 menit?
Penyelesaian
Dari definisi arus (Pers. 1) didapatkan besarnya muatan listrik yang mengalir selama 1 menit (60
sekon):
C6060x1txiQ
t
Q
i ===⇒=
Satu muatan elektron sama dengan satu muatan dasar, sehingga
buahx
Cx
C
e
Q
nneQ
20
19
1075,3n
106,1
60
=
==⇒= −

II.3
CONTOH 2
Dalam suatu berkas elektron, terdapat 5 x 106
elektron per sentimeter kubik. Misalkan energi
kinetik masing-masing elektron sebesar 10 keV dan berkas berbentuk silinder dengan diameter 1
mm. (a). berapakah kecepatan elektron?, (b). carilah arus berkas elektron?
Penyelesaian
(a). Kecepatan elektron dapat dihitung dari besarnya energi kinetik masing-masing elektron.
m
E2
v
mvE
k2
2
2
1
k
=
=
,
kg10x1,9m
10x6,1eV1
31
elektron
19
−
−
=
=
s/m1059,0v
1035,0
10x1,9
)10x6,110.10.(2
v
8
16
31
193
2
×=
×== −
−
(b). Besarnya arus dihitung menggunakan Pers.(2)
Avnqi = , A ≡ luas penampang = 2
rπ
n ≡ rapat muatan persatuan volume
( )
( ) ( )
Ai
i
vnqrAvnqi
5
19
6
6
8
23
2
107,3
106,1
10
105
1059,0
2
10
−
−
−
−
×=
×⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ ×
×
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
==
π
π
2. Konduktivitas dan Resistivitas
Kuat medan listrik yang dikenakan pada kawat konduktor (Gambar 1) umumnya disebabkan oleh
adanya beda potensial antara kedua ujung konduktor. Misalkan ada dua jenis bahan (tembaga dan
besi) yang mempunyai luas penampang dan panjang yang sama serta diberi beda potensial yang sama
pada kedua ujung bahan tadi, maka kemungkinan kedua bahan tersebut mengalirkan arus listrik yang
berbeda besarnya. Hal ini disebabkan oleh karena kedua bahan tersebut mempunyai sifat
penghantaran listrik yang tida sama. Untuk membedakan sifat penghantar arus listrik dari bahan-
bahan, didefinisikan pengertian konduktivitas listrik σ sebagai perbandingan antara rapat arus J
dengan kuat medan listrik E yang menimbulkan arus, yaitu:
E
J
=σ (5)
Karena
dx
dV
E −= dan
A
i
J = , maka
dx
dV
AEAJAi σσ −===

II.4
dVAdxi σ−= (6)
Bila kawat mempunyai panjang L dengan beda potensial antara kedua ujung kawat adalah Vab dan σ
konstan, maka dengan mengintegrasi Pers.(6) didapatkan:
i
A
L
Vab
σ
=
dengan besarnya L, A, dan σ konstan maka bila Vab diperbesar akan mengalirkan arus I yang besar
dan sebaliknya, sehingga )A/L( σ yang merupakan karakteristik kawat yang disebut hambatan
listrik/resistansi dari kawat tersebut, dan diberi notasi R,
σA
L
R = (7)
dan
iRVab = (8)
Persamaan (8) inilah yang disebut dengan Hukum Ohm. Bila arus i dalam ampere, beda potensial V
dalam volt, maka hambatan listrik tersebut dinyatakan dalam ohm (Ω). Satuan konduktivitas σ
adalah m/1 Ω atau mho/m. Kebalikan dari konduktivitas didefinisikan sebagai resistivitas ρ,
sehingga σ=ρ /1 dengan satuan Ω.m (ohm.m). Jadi hambatan listrik dari kawat yang panjang L,
luas penampang A, dan resistivitas ρ adalah:
A
L
R ρ= (9)
CONTOH 3
Suatu kawat nikron (resistivitas 10-6
Ω.m) memiliki jari-jari 0,65 mm. Berapakah panjang kawat
yang dibutuhkan untuk memperoleh resistansi 2,0 Ω ?
Penyelesaian:
Dengan menggunakan Persamaan (9), dapat kita peroleh:
A
L
R ρ= -- m
m
mxRA
L 66,2
.10
)105,6)(14,3)(2(
6
24
=
Ω
Ω
== −
−
ρ
CONTOH 4
Hitung ρ/A dalam ohm per meter untuk kawat tembaga gauge-14, yang berdiameter d = 1, 63
mm.
Penyelesaian:
Luas penampang lintang kawat gauge-14 adalah

II.5
26
22
101,2
4
)00163.0(
4
mx
md
A −
===
ππ
Sehingga
mx
mx
mx
A
/101,8
101,2
.107,1 3
26
8
Ω=
Ω
= −
−
−
ρ
Di alam tidak semua bahan mempunyai resistivitas yang selalu memenuhi hukum Ohm, yang bersifat
linier antara hubungan beda potensial dan arus listrik. Suatu konduktor yang memenuhi Persamaan
(8) disebut konduktor linier/ bahan ohmik atau konduktor yang memenuhi hukum ohm. Hal ini
secara grafik ditunjukkan pada Gambar 2(a). Disamping konduktor yang memenuhi hukum ohm, ada
juga konduktor yang tak linier, misalnya konduktor dari tabung vakum (Gambar 2(b))
Gambar 2. Grafik hubungan antara I (arus) dan V (tegangan).
3. Energi dalam Rangkaian Listrik
Beda potensial yang diberikan pada suatu rangkaian listrik berhubungan dengan energi potensial
listrik yang didapatkan dari sumber energi listrik. Perubahan energi potensial menunjukkan kerja
yang dilakukan untuk memindahkan partikel bermuatan dalam rangkaian. Berapa besarnya kerja
yang telah dilakukan tersebut? Perhatikan suatu "kotak" yang merupakan sebagian dari rangkaian
listrik (Gambar 3).
Gambar 3. Kotak hitam yang mewrupakan sebagian dari rangkaian listrik
Arus i masuk ke-kotak pada tegangan Va dan keluar dari kotak pada tegangan Vb (Va > Vb), sehingga
terjadi aliran muatan dari a ke b. Dalam waktu dt muatan yang masuk pada jepitan a adalah dq (dq = i
dt), dan dalam waktu yang sama muatan yang keluar dari b adalah dq juga. Jadi dalam waktu dt ada

II.6
perpindahan muatan dq adalah Va ke potensial Vb. Muatan dq ini kehilangan energi potensial listrik
sebesar dW, dan
dW = dq ( Va – Vb ) = i dt Vab (10)
Daya yang dihasilkan oleh perpindahan muatan tersebut,
P =
dt
dW
= i Vab (11)
Bila di dalam kotak hitam ada suatu hambatan listrik sebesar R, maka
P = i2
R (12)
atau
P =
R
V2
ab
(13)
Tenaga diberikan oleh perpindahan muatan tersebut seluruhnya diubah menjadi panas, sehingga
panas yang timbul dalam hambatan R persatuan waktu adalah i2
R. Energi ini disebut dengan energi
yang hilang atau energi dissipasi.
CONTOH 5
Kawat pemanas terbuat dari campuran nikron ( Ni – Ci ) panjangnya 10 m dan mempunyai
hambatan 24 ohm, dibuat kumparan untuk suatu alat pemanas listrik. Berapakah daya yang
dihasilkan bila kedua ujung kumparan tersebut dihubungkan pada jaringan listrik dengan beda
potensial 110 volt ? Bila kawat kumparan diputus di tengah-tengah, dan salah satu dari
kumparan setengah panjang ini dihubungkan dengan beda potensial 110 volt. Berapakah daya
yang dihasilkan kawat sekarang ?.
Penyelesaian: untuk kumparan yang utuh :
P =
( )
ohm24
V110
R
V
22
= = 504 watt.
Untuk satu kawat setengah panjang :
P =
( )
ohm12
V110
R
V
22
= = 1008 watt.
Dapatkah kita potong terus menerus kawat tersebut untuk mendapatkan daya yang lebih tinggi ?
4. Gaya Gerak Listrik (GGL) dan Baterai
Untuk memperoleh arus yang konstan dalam konduktor, diperlukan sumber penghasil energi listrik
yang konstan. Alat yang menyalurkan energi listrik disebut sumber gaya gerak listrik atau disingkat
sumber ggl (atau EMF ≡ electromotive force). Sumber ggl mengubah energi kimia, energi mekanik

II.7
atau bentuk energi lainnya menjadi energi listrik. Contohnya adalah baterai yang mengubah energi
kimia menjadi energi listrik dan sebuah generator yang mengubah energi mekanik menjadi energi
listrik.
Sumber ggl melakukan kerja pada muatan yang melewatinya dengan meningkatkan energi potensial
muatan. Kerja per satuan muatan disebut ggl (ε) sumber. Ketika muatan ΔQ. Satuan ggl adalah volt,
sama seperti satuan untuk beda potensial. Suatu baterai ideal adalah sumber ggl yang menjaga beda
potensialnya tetap antar kedua terminalnya, tidak bergantung pada laju aliran muatan antara mereka.
Beda potensial antar terminal baterai ideal besarnya sama dengan ggl baterai.
Suatu baterai mempunyai EMF 6 volt. Untuk setiap coulomb yang keluar dari baterai (ketika baterai
dilucuti – "discharging"), baterai tersebut mengubah 6 joule energinya menjadi energi listrik. Jadi
untuk suatu muatan sebesar dq yang dikeluarkan sumber dalam waktu dt, tenaga yang diubah
menjadi tenaga listrik adalah dW sehingga EMF ε,
ε =
dq
dW
(14)
dan daya yang dikeluarkan sumber EMF,
P =
dt
dqε
dt
dW
= = ε i (15 )
Perhatikan suatu rangkaian yang terdiri dari suatu sumber EMF (ε,r) dan hambatan luar R (Gambar
4).
(ε, r)
i
a bR
Gambar 4. Rangkaian yang terdiri dari suatu sumber EMF (ε,r) dan hambatan luar R.
Diperjanjikan arah EMF di dalam sumber adalah dari kutub negatip ke kutub positip, sedangkan
diluar sumber dari kutub positif menuju kutub negatif. Panas yang dalam hambatan R persatuan
waktu adalah (r i2
), sedang tenaga yang diubah menjadi tenaga listrik persatuan waktu adalah (ε I).
Jadi
ε i = R i2
+ r i2
(16)
atau i =
rR
ε
+
(17)
Tegangan Vab sepanjang R disebut tegangan jepit yang besarnya
Vab = Va - Vb = i R (18)
Suatu rangkaian tertutup yang satu sumber EMF (ε,r) berupa baterai dan sebuah motor yang
dihubungkan seri dengan hambatan luar R (Gambar 5).

II.8
(ε, r)
i
-+
(ε’, r’) R
Gambar 5. Rangkaian tertutup yang satu sumber EMF (ε , r ) berupa baterai
dan sebuah motor yang dihubungkan seri dengan hambatan luar R.
Pada sumber EMF berupa baterai muatan yang bergerak menghasilkan daya listrik dari baterai, pada
motor dihasilkan daya mekanis, dan pada hambatan-hambatan r, r’, dan R daya panas. Jadi bila (ε’ I)
adalah daya mekanis yang timbul pada motor, maka daya yang dikeluarkan oleh sumber EMF baterai
ε i = R i2
+ r i2
+ r’ i2
+ ε’ i (18)
dan arus yang mengalir dalam rangkaian
RΣ
εΣ
r'rR
ε'-ε
i =
++
= (19)
CONTOH 6
Sebuah resistansi 11 Ω dihubungkan ke sebuah baterai yang memiliki ggl 6 V dan resistansi
internal (hambatan dalam) 1 Ω. Tentukan:
a. Arus
b. Tegangan terminal baterai
c. Daya yang dihantarkan oleh ggl
d. Daya yang dihantarkan ke resistansi eksternal.
Penyelesaian:
a. Dari Persamaan 16, arus
A
V
rR
I 5,0
)111(
6
=
Ω+
=
+
=
ε
b. Tegangan baterai
VAVIrVV ba 5,5)1)(5,0(6 =Ω−=−=− ε
c. Daya yang dihantarkan oleh sumber ggl
WVIP 3)11)(6( =Ω== ε
d. Daya yang dihantarkan ke resistansi eksternal
WARI 75,2)11()5,0( 22
=Ω=

II.9
55.. RRaannggkkaaiiaann AArruuss SSeeaarraahh
Dalam kegiatan belajar ini, akan dianalisa beberapa rangkaian sederhana yang terdiri dari baterai,
hambatan (resistor) dan kapasitor dalam berbagai kombinasi dengannya kita akan memperoleh nilai
V dan I dan nilai lain yang diperoleh dari rangkaian tersebut. Rangkaian demikian disebut dengan
rangkaian arus searah (DC), karena arus yang mengalir dalam rangkaian tersebut selalu memiliki
arah yang sama.
a. Kombinasi Resistor
Kombinasi Seri
Dua atau lebih resistor yang dihubungkan sedemikian rupa sehingga muatan yang sama harus
mengalir melalui keduanya dikatakan bahwa resistor itu terhubungkan secara seri. Resistor R1 dan R2
pada Gambar 6.a merupakan contoh resistor yang dihubungkan seri. Karena muatan tidak terkumpul
pada satu titik dalam kawat yang dialiri arus konstan, jika suatu muatan ∆Q mengalir ke R1 selama
interval waktu tertentu, sejumlah muatan ∆Q harus mengalir keluar R2 selama interval waktu yang
sama. Kedua resitor haruslah membawa arus I yang sama. Kita sering menyederhanakan analisa
rangkaian dari resistor yang tersusun secara seri dengan menggantikan resitor tersebut dengan
resistor tunggal ekivalen Req yang memberikan tegangan jatuh V yang sama ketika membawa arus I
yang sama (lihat Gambar 6.b). Tegangan jatuh pada R1 adalah IR1 dan yang jatuh pada R2 adalah IR2.
Tegangan jatuh pada kedua resistor adalah sama jumlah tegangan jatuh pada masing-masing resitor:
V = IR1 + IR2 = I (R1 + R2) (20)
Dengan membuat tegangan jatuh sama dengan IReq, maka diperoleh:
Req = R1 + R2 (21)
Jadi, resitansi ekivalen untuk resistor yang tersusun seri adalah penjumlahan resistansi awal. Ketika
terdapat lebih dari dua atau lebih resistor yang disusun secara seri, resistansi ekivalennya adalah:
Req = R1 + R2 + R3 + . . . (22)
Gambar 6. (a) Dua resistor disusun seri membawa arus yang sama.
(b) Resistor-resistor pada (a) dapat digantikan oleh resistor ekivalen Req = R1 + R2 yang memberikan
tegangan jatuh total yang sama ketika membawa arus yang sama seperti dalam (a)

II.10
Resistor Paralel
Dua resistor yang dihubungkan seperti dalam Gambar 7.a sedemikian rupa sehingga memiliki beda
potensial yang sama antara keduanya yang dikatakan bahwa mereka dibungkan secara paralel. Catat
bahwa resistor-resistor dihubungkan pada kedua ujungnya dengan sebuah kawat. Misalkan I adalah
arus dari titik a ke b. Pada titik a arus terpecah menjadi dua bagian, I1 dalam resistor R1 dan I2 dalam
resistor R2. Arus total adalah jumlah arus-arus tadi:
I = I1 + I2 (23)
Misalkan V = Va – Vb adalah tegangan jatuh pada kedua resistor. Dalam bentuk arus resitansi,
V = I1R1 = I2R2 (24)
Resistansi ekivalen dari kombinasi resistor paralel didefinisikan sebagai resitansi Req tersebut, di
mana arus total I menghasilkan tegangan jatuh V (Gambar 7.b),
I
V
Req = (25)
Dengan memecahkan Persamaan ini untuk I dan dengan menggunakan I = I1 + I2, kita dapatkan
21
eq
II
R
V
I +== (26)
Tetapi menurut Persamaan 24, I1 = V/R1 dan I2 = V/R2. Persamaan 26 lalu dapat ditulis menjadi:
21eq R
V
R
V
R
V
I +== (27)
Resistansi ekivalen untuk dua resistor paralel dengan demikian dapat ditulis menjadi:
21eq R
1
R
1
R
1
+= (28)
Hasil ini dapat diperluas untuk beberapa kombinasi resistor lebih dari dua buah yang disusun secara
paralel, sehingga Persamaan umumnya dapat ditulis menjadi:
...
R
1
R
1
R
1
R
1
321eq
+++= (29)
Gambar 7. (a) Dua resistor disusun parallel (b) resitor ekivalen Req dari susunan (a)

II.11
CONTOH 7
Resistor 4Ω dan 6Ω disusun paralel tampak pada Gambar 8, dan dikenakan beda potensial 12 V
pada kombinasi tersebut.
Tentukan:
a. resistansi ekivalen
b. arus total
c. arus pada masing-masing resistor
d. daya yang didisipasi oleh masing-masing resistor.
1I
2II
Ω4 Ω6
V12
Gambar 8. Dua resistor disusun secara paralel pada suatu beda potensial 12 V
Penyelesaian
a. Pertama, kita hitung resistansi ekivalen dari Persamaan 29,
Ω
=
Ω
+
Ω
=
Ω
+
Ω
=
12
5
12
2
12
3
6
1
4
1
R
1
eq
Ω=
Ω
= 4,2
5
12
Req
b. Sehingga arus totalnya: A5
4,2
V12
R
V
I
eq
=
Ω
==
c. Kita peroleh arus pada masing-masing resistor dari fakta bahwa tegangan jatuhnya adalah 12
V pada masing-masing resistor (Persamaan 24). Dengan menyebut arus pada resistor 4Ω
dengan I1, dan pada resistor 6Ω dengan I2, kita dapatkan
A2
6
V12
IdanA3
4
V12
I
V12)4(IRIV
21
111
=
Ω
==
Ω
=
=Ω==
d. Daya yang didisipasikan dalam resistor 4Ω adalah:
W36)4()A3(RIP 22
=Ω==
Daya yang didisipasikan dalam resistor 6Ω adalah:
W24)6()A2(RIP 22
=Ω==
Daya ini berasal dari sumber ggl yang menjaga beda potensial 12 V pada kombinasi resistor.
Daya yang dibutuhkan untuk mengalirkan arus 5 A pada 12 V adalah :
W60)V12)(A5(IVP ===

II.12
CONTOH 8
Tentukan resistansi ekivalen antara titik a dan b untuk kombinasi resistor yang ditunjukkan oleh
Gambar 9.
Gambar 9. Jaringan resistor untuk contoh soal 2.2
Penyelesaian:
Untuk mengerjakan permasalahan di atas maka kita harus dapat menyederhanakan dulu
rangkaian pada Gambar 9 menjadi Gambar 10.a, 10.b, dan 10.c. Sehingga diperoleh:
Gambar 10. Rangkaian penyederhanaan dari
gambar 9
Ω
=
Ω
+
Ω
=
Ω
+
Ω
=
12
4
12
1
12
3
12
1
4
1
R
1
eq
'
(Gambar 10.a)
Ω=
Ω
= 3
4
12
R eq
'
Ω=Ω+Ω=+Ω= 835R5R eq
'
eq
''
(Gambar 10.b)
Ω
=
Ω
+
Ω
=+
Ω
=
24
4
8
1
24
1
R
1
24
1
R
1
eq
''
eq
'''
(Gambar 10.c)
Ω=
Ω
= 6
4
24
R eq
'''
Jadi resistansi ekivalen antara titik a dan b adalah 6 Ω

II.13
5. Hukum Kirchhoff
Pada Gambar 11 memberikan satu contoh dari rangkaian. Kedua resistor R1 dan R2 pada rangkaian
ini terlihat seperti dihubungkan secara paralel, padahal tidak demikian. Tegangan jatuh pada kedua
resistor tersebut tidaklah sama, karena adanya ggl (gaya gerak listrik) ε2 yang diserikan dengan R2.
Juga karena arus yang mengalir pada R1 dan R2 tidaklah sama, maka R1 dan R2 juga tidak dapat
dikatakan dirangkai secara seri.
+
- +
-
R2
R3
R11ε
2ε
Gambar 11. Suatu contoh rangkaian sederhana yang tidak bisa dianalisa dengan mengganti
kombinasi resitor seri atau paralel dengan resistansi ekivalen mereka.
Ketika suatu rangkaian tidak dapat dibentuk menjadi rangkaian sederhana dengan kombinasi seri
dan/ atau paralel untuk menentukan arus yang mengalir dalam rangkaian, maka dapat digunakan
hukum-hukum yang dikemukakan oleh G.R. Kirchhoff (1824–1887). Hukum Kirchhoff merupakan
aplikasi sederhana dari hukum kekekalan momentum dan energi. Ada dua hukum yang berlaku bagi
rangkaian yang memiliki arus tetap (tunak) kedua hukum ini yaitu:
1. Pada setiap rangkaian tertutup, jumlah aljabar dari beda potensialnya harus sama dengan nol.
2. Pada setiap titik percabangan jumlah arus yang masuk melalui titik tersebut sama dengan
jumlah arus yang keluar dari titik tersebut.
Hukum pertama Kirchhoff juga bisa disebut hukum simpal, karena pada kenyataannya beda
potensial di antara dua titik dalam satu rangkaian pada keadaan tunak selalu konstan. Hukum ini
didasarkan pada kekekalan energi.
Hukum kedua Kirchhoff, dikenal dengan hukum percabangan, karena hukum ini memenuhi
kekekalan muatan. Hukum ini diperlukan untuk rangkaian multisimpal yang mengandung titik-titik
percabangan ketika arus mulai terbagi. Pada keadaan tunak, tidak ada akumulasi muatan listrik pada
setiap titik dalam rangkaian, dengan demikian jumlah muatan yang masuk di dalam setiap titik akan
meninggalkan titik tersebut dalam jumlah yang sama.
1I
2I
3I
Gambar 12. Ilustrasi dari hukum Kirchhoff tentang titik percabangan. Arus I1 yang mengalir melalui
titik a sama dengan jumlah I2 + I3 yang mengalir keluar dari tiik a.

II.14
Gambar 12 menunjukkan suatu titik percabangan dari 3 buah kawat yang dialiri arus I1, I2, dan I3.
Dalam rentang waktu ∆t, muatan I1∆t mengalir melalui titik percabangan dari arah kiri. Dalam
rentang waktu ∆t juga, muatan I2∆t dan I3∆t bergerak kearah kanan meninggalkan titik percabangan.
Karena muatan tersebut bukan berasal dari titik percabangan dan tidak juga menumpuk pada titik
tersebut dalam keadaan tunak, dengan demikian muatan akan terkonversi dititik percabangan tersebut
yaitu:
I1 = I2 + I3 (30)
Gambar 13 memperlihatkan sautu rangkaian yang terdiri dari 2 buah baterai dengan hambatan dalam
r1 dan r2 beserta 3 buah resistor luar. Kita mengharapkan dapat menentukan arus yang mengalir
dalam rangkaian tersebut sebagi fungsi dari ggl dan hambatan, yang kita anggap nilainya telah
diketahui. Kita tidak dapat memperkirakan arah arusnya kecuali kita telah mengetahui baterai mana
yang memiliki nilai ggl terbesar, namun sebenarnya kita tidak perlu mengetahui arah arus dalam
rangkaian untuk menganalisisnya. Kita dapat menganggap arus mengalir ke arah mana saja, dan
memecahkan persoalan tersebut berdasarkan suatu asumsi. Jika asumsi kita salah, kita akan
memperoleh nilai arus yang negatif, yang menandakan bahwa arah arus sebenarnya berlawanan arah
dengan asumsi semula.
2R
1r
3R
2r
1R
1ε 2ε
Gambar 13. Rangkaian berisi dua baterai dan tiga
resistor eksternal tanda plus minus pada reistor
digunakan untuk mengingatkan kita sisi mana pada
tiap resistor yang berada pada potensial lebih tinggi
untuk arah arus yang diasumsikan.
Dengan menganggap bahwa arus I mengalir searah jarum jam, seperti yang terlihat pada gambar,
maka dengan menggunakan hukum pertama Kirchhoff saat kita melintas simpal dengan arah yang
telah diasumsikan semula berawal dari titik a. Tinggi rendahnya potensial pada sisi resistor untuk
arah yang dipilih ditandai dengan tanda plus dan minus pada gambar. Turun naiknya potensial
dipelihatkan pada Tabel 1. Perhatikan bahwa potensial turun saat kita melintasi sumber ggl pada titik
c dan d dan potensial naik saat kita melintasi sumber ggl antara f dan g. Mulai dari titik a dengan
menerapkan hukum Kirchhoff 1, kita peroleh:
-IR1 – IR2 – ε2 – Ir2 – IR3 + ε1 – Ir1 = 0 31)
dengan demikian untuk arus I kita peroleh:
21321
21
rrRRR
I
++++
ε−ε
= (32)

II.15
Tabel 1. Perubahan potensial antara titik yang ditandai
pada rangkaian dalam Gambar 8
a b Berkurang IR1
b c Berkurang IR2
c d Berkurang ε2
d e Berkurang Ir2
e f Berkurang IR3
f g Bertambah ε1
g h Bertambah Ir1
Ingat bahwa jika ε2 lebih besar daripada ε1, kita peroleh nilai negatif untuk arus I, yang menunjukkan
bahwa kita telah mengasumsikan arah I yang salah. Yaitu, jika ε2 lebih besar daripada ε1, arus akan
berlawanan dengan arah jarum jam.
Kita dapat menghitung keseimbangan energi dalam rangkaian ini dengan menyusun kembali
Persamaan 21 dan mengalikan setiap terminal dengan I:
ε1I = ε2I + I2
R1 + I2
R2 + I2
r2 + I2
R3 + I2
r1 (33)
Suku ε1I adalah laju di mana baterai 1 menimbulkan energi ke dalam rangkaian. Energi ini berasal
dari energi kimia internal baterai. Suku ε2I adalah laju di mana energi listrik diubah menjadi energi
kimia dalam baterai 2. Suku I2
R1 adalah laju di mana panas joule dihasilkan dalam resistor R1.
Dengan cara yang sama, suku-suku untuk resistansi lainnya memberikan laju pemanasan joule di
dalamnya.
CONTOH 9
Suatu baterai dengan ε = 20 volt, r = 0,5 ohm, dihubungkan seri dengan suatu motor yang
bekerja pada tegangan EMF ε’ = 12 volt (ini bukan tegangan jepit motor) dan hambatan dalam
motor r’ = 1 Ω. Kawat-kawat penghantar memberikan hambatan luar R = 2,5 ohm (Gambar 14).
a. Berapa besar arus yang mengalir ?.
b. Berapa tegangan jepit baterai Vab , tegangan jepit motor Vac , tegangan jepit hambatan luar R,
Vcb ?.
c. Berapa besar panas yang timbul dalam baterai, kotor dan hambatan R dalam selang waktu t =
1 detik ?
d. Berapa kerja listrik yang dihasilkan baterai dan kerja mekanis yang dihasilkan motor?
Gambar 14. Rangkaian tertutup yang satu
sumber EMF (ε , r ) berupa baterai dan
sebuah motor yang dihubungkan seri dengan
hambatan luar R.

II.16
Penyelesaian
a. Arus yang mengalir dalam rangkaian :
10,52,5
12-20
r'rR
ε'-ε
i
++
=
++
= Amp = 2 Amp.
b. Tegangan jepit baterai :
Vab = ( 20 – 2 x 0,5 ) volt = 19 volt.
Tegangan jepit motor :
Vac = ( 12 + 2 x 1 ) volt = 14 volt
Tegangan jepit hambatan luar R :
Vcb = 2 x 2,5 volt = 5 volt
c. Selama 1 detik panas yang timbul,
dalam baterai : W1 = i2
r t = 22
x 0,5 x 1 Joule = 2 Joule,
dalam motor : W2 = 22
x 1 x 1 = 4 Joule
dalam hambatan luar R: W3 = 22
x 2,5 x 1 = 10 Joule
d. Kerja listrik yang dihasilkan baterai selama 1 detik :
Wo = 20 x 2 x 1 Joule = 40 Joule
Kerja mekanis yang dihasilkan motor :
W4 = 12 x 2 x 1 = 24 Joule
CONTOH 10
Gambar 15 menunjukkan suatu rangkaian listrik yang terdiri dari dua loop. Besar hambatan luar,
hambatan dalam, dan sumber-sumber EMF ditunjukkan pada gambar. Tentukan besar dan arah
arus yang melewati R1 , R2 , dan R3.
Ω=43R
Ω=32R
Ω=51R
Ω== 0,20 11 rVε Ω== 0,12 22 rVε
1i 2i 3i
Gambar 15. Rangkaian perhitungan menggunakan hukum Kirchhoff 1 dan 2
dalam contoh soal 2.4
Penyelesaian
Misalkan arah arus dan arah loop seperti ditunjukkan pada gambar.
Loop I : ε1 - i1 R1 + i2 R2 = 0 atau
20 – 5 i1 + 3 i2 = 0 (a)
Loop II : -ε1 - i2 R2 - i3 R3 = 0 atau

II.17
-12 – 3 i2 - 4 i3 = 0 (b)
dan dari hukum Kirchhoff I, Σ i di titik d adalah nol, yaitu
i1 + i2 - i3 = 0 (c )
Dari Persamaan (a), (b), dan (c ) dapat dicari i1 , i2 , i3 yaitu i1 = 2,213 A, i2 = 2,979 A, dan i3 =
2,766 A.
Tanda negatif untuk i2 dan i3 berarti bahwa arah arus sebenarnya melawan arah arus pada
Gambar 15.

Modul Fisika: Kemagnetan
III.1
IIVV.. PPEEMMBBEELLAAJJAARRAANN 33
KKeemmaaggnneettaann
Ketika ujung alat “testpen” berulangkali disentuhkan dengan arus listrik, akan terjadi perubahan sifat
dari ujung alat tersebut. Jika kemudian ujung alat testpen ini didekatkan dengan paku-paku kecil
maka paku-paku tersebut akan tertarik dan menempel pada ujung testpen. Hal ini menunjukkan
bahwa ujung testpen telah mempunyai sifat kemagnetan meskipun kecil. Apa sifat kemagnetan itu?
Sifat kemagnetan telah dikenal ribuan tahun yang lalu ketika ditemukan sejenis batu yang dapat
menarik besi. Dengan semakin berkembangnya ilmu pengetahuan, orang telah dapat membuat
magnet dari besi, baja atau campuran logam lainnya. Telah dibuktikan pula bahwa arus listrik dapat
menimbulkan medan magnet di sekitar arus listrik tersebut. Magnet banyak digunakan dalam industri
elektronika seperti TV, mikropon, telepon.
Sebuah magnet selalu mempunyai dua kutub yaitu kutub utara dan kutub selatan. Jika sebuah magnet
batang dibiarkan pada posisi bergantung bebas maka magnet batang selalu sejajar dengan arah utara-
selatan, seperti ditunjukkan oleh Gambar 1. Ujung magnet yang menunjuk arah utara disebut kutub
utara dan yang kea rah selatan disebut kutub selatan. Dari percobaan dapat dibuktikan bahwa dua
kutub sejenis saling tolak-menolak dan dua kutub tak sejenis tarik-menarik.
Gambar 1. Dua kutub magnet batang
Bila sebuah magnet batang dipotong menjadi dua bagian maka potongannya tidak membuat sebuah
kutub utara dan kutub selatan yang terpisah melainkan akan menghasilkan dua buah magnet yang
masing-masing memiliki kutub utara dan kutub selatan. Demikian pula bila batang magnet tersebut
dipotong menjadi empat bagian, delapan bagian, atau sembarang bagian maka akan terbentuk
sejumlah magnet batang dengan kutub magnet yang saling perpasangan, seperti ditunjukkan Gambar
2. Hasil percobaan menunjukan bahwa dalam bahan magnet, molekul-molekul bahan merupakan
magnet-magnet kecil yang disebut “magnet elementer”. Karena itulah tidak mungkin memisahkan
kutub utara dan kutub selatan suatu bahan magnet.

III.2
Gambar 2. Potongan-potongan magnet.
1. Besaran-besaran medan magnet
Di ruang sekitar bahan magnet terdapat medan magnetik. Hal ini dapat dirasakan ketika ada magnet
lain yang didekatkan, maka magnet tersebut akan mengalami gaya tarik atau gaya tolak magnet.
Medan magnet dapat dilukiskan dengan garis-garis yang dinamakan garis-garis gaya magnet.
Medan magnet adalah medan vektor, artinya besaran yang menyatakan medan magnet adalah besaran
vektor yaitu vektor induksi magnet ( )B
r
.
Beberapa ketentuan yang terkait dengan garis-garis gaya magnet antara lain (perhatikan Gambar 3) :
1. garis-garis gaya magnet keluar dari kutub utara dan masuk ke kutub selatan.
2. garis-garis gaya magnet tidak berpotongan satu dengan lainnya.
3. arah medan magnet di suatu titik pada garis gaya magnet adalah arah garis singgung di titik
tersebut.
Gambar 3. Arah garis gaya magnet dan arah medan magnet ( )B
Besar medan magnet (induksi magnet) pada suatu titik dinyatakan dengan jumlah garis-garis gaya
magnet yang menembus satuan luas bidang yang tegak lurus terhadap arah medan magnet pada titik
tersebut. Jumlah garis-garis gaya magnet dinamakan fluks magnet (φ), sedang jumlah garis-garis
gaya magnet persatuan luas disebut rapat fluks magnet atau induksi magnet (B
r
), bahkan sering
disebut dengan rapat garis gaya magnet.

III.3
(a) (b) (c )
Gambar 4. (a) Fluks magnet, (b) arah medan magnet tegak lurus terhadap normal luasan A, (c )
arah medan magnet membentuk sudut θ terhadap nornal luasan A
Fluks magnet (φ) secara matematis dituliskan sebagai
AB
rr
•=φ
dengan B = induksi magnet
A = luas bidang yang dilingkupi induksi magnet B (m2
)
Untuk bidang yang tertembus medan magnet mempunyai arah normal membentuk sudut θ terhadap
medan magnet maka besarnya fluks magnet adalah
θ=φ cosAB (1)
Dalam sistem MKS, satuan fluks magnet adalah weber (Wb), sedang satuan induksi magnet adalah
weber/m2
, disebut tesla (T). Untuk sistem CGS, fluks magnet dalam satuan Maxwell (M) sedang
rapat fluks magnet dengan satuan m/cm2
(Gauss), dengan 1 Tesla = 104
Gauss.
CONTOH 1
Ada empat buah kutub magnet P, Q, R dan S. Hasil percobaan menunjukkan bahwa kutub P
menarik Q, kutub P menolak R dan kutub R menolak S. Bila S adalah kutub utara, tentukan
kutub-kutub yang lain.
Penyelesaian
S = kutub utara
Karena R menolak S, maka R mempunyai kutub yang sejenis dengan kutub S sehingga R =
kutub utara
Karena P menolak R, maka P mempunyai kutub yang sejenis dengan kutub P sehingga P = kutub
utara
Karena P menarik Q, maka Q mempunyai kutub yang berlawanan dengan kutub P sehingga Q =
kutub selatan

III.4
Contoh 2
Sebuah bidang A mempunyai rapat garis gaya sebesar 8 x 10-4
Tesla. Bila luas bidang A = 400
cm2
dan sudut antara arah normal bidang A terhadap arah garis gaya = 60o
, berapakah besar
fluks magnet yang menembus bidang A ?
Penyelesaian
Fluks magnet
θ=•=φ cosABAB
rr
, θ = 60o
φ = BA cos 60o
φ = 8.10-4
x 400.10-4
cos 600
φ = 16.10-6
weber
2. Medan magnet di sekitar arus listrik
Saat ini sifat kemagnetan tidak hanya dimiliki oleh bahan magnet permanen saja, kawat berarus
listrik ternyata dapat juga menghasilkan sifat kemagnetan walaupun tidak permanen. Oersted adalah
orang yang pertama kali dapat membuktikan adanya medan magnet pada kawat yang dialiri arus
listrik. Arah garis-garis gaya magnet yang dihasilkan kawat berarus listrik dapat ditentukan dengan
menggunakan kaidah tangan kanan (perhatikan Gambar 5). Kaidah ini menyatakan bahwa :
Bila kita menggenggam kawat dengan tangan kanan sedemikian sehingga ibu
jari menunjukkan arah arus, maka lipatan ke empat jari lainnya menyatakan
arah putaran garis-garis gaya magnet.
Gambar 5. Arah garis-garis gaya dengan
kaidah tangan kanan.
CONTOH 3
Suatu kawat lurus diletakkan dengan posisi tegak lurus terhadap bidang gambar (buku tulis).
Kemana arah putaran garis-garis gaya magnet dan arah medan magnet yang ditimbulkan jika :
a. arah arus masuk meninggalkan penggambar
b. arah arus keluar menuju penggambar.

III.5
Penyelesaian
Arah arus listrik yang mengalir dalam
kawat lurus yang menembus bidang
gambar disimbolkan dengan untuk arus
masuk, dan simbol untuk arus yang
keluar bidang gambar menuju pengamat.
a) b)
Hukum Biot Savart
Medan magnet di sekitar arus listrik lebih dikenal dengan sebutan induksi magnet. Pertama kali besar
induksi magnet diselidiki oleh Biot dan Savart sehingga persamaan matematis yang menyatakan
induksi magnet disebut dengan hukum Biot Savart. Dari pengamatan kedua orang tersebut diperoleh
kesimpulan bahwa besarnya induksi magnet pada suatu titik yang ditimbulkan oleh penghantar
berarus listrik adalah :
sebanding dengan arus listrik
sebanding dengan panjang elemen kawat penghantar
berbanding terbalik dengan kuadrat jarak antara titik tersebut terhadap elemen kawat
penghantar.
sebanding dengan sinus sudut antara arah arus dengan garis penghubung elemen kawat ke
titik yang bersangkutan.
Dengan demikian Persamaan Biot Savart dapat dinyatakan dalam hubungan
2
r
sindik
dB
θ
=
l
(2)
dengan,
dB = induksi magnet pada suatu titik yang berjarak r dari elemen penghantar berarus.
i = kuat arus yang mengalir dalam penghantar
d = panjang elemen kawat penghantar.
θ = sudut yang dibentuk oleh arah arus pada elemen dengan garis penghubung elemen ke titik
yang bersangkutan.
r = jarak titik ke elemen kawat penghantar
k = konstanta.

III.6
Gambar 6. Induksi magnet oleh elemen Kawat berarus listrik.
Besar konstanta k bergantung pada sistem satuan yang digunakan, untuk satuan MKS besar
konstanta k adalah 10 -7
weber/amp.m. Konstanta k dalam medan magnet analogi dengan konstanta k
pada listrik statis. Untuk listrik statis, konstanta k mempunyai hubungan dengan permitivitas
udara/hampa ( εo ) yang dinyatakan dengan
o4
1
k
επ
=
Sedang untuk medan magnet, konstanta k dihubungkan dengan permeabilitas udara/hampa ( oμ )
yang dituliskan dengan
π
μ
=
4
k o
atau oμ = 4 π x 10 -7
weber/amp.m
Medan magnet pada kawat lurus
Suatu kawat penghantar lurus yang sangat panjang ( mendekati tak berhingga) ditempatkan pada
posisi tegak lurus bidang horisontal dan dialiri arus listrik vertikal ke atas. Titik P terletak pada
bidang horisontal dan berjarak a dari penghantar (lihat Gambar 7.)
Untuk mendapatkan besar induksi magnet di titik P digunakan Persamaan Biot Savart.

III.7
Gambar 7. Kawat penghantar lurus tak berhingga
Ambil elemen d pada kawat penghantar yang berjarak r dari titik P. Sudut yang dibentuk oleh arah
arus I dengan garis penghubung titik P ke elemen dl adalah (1800
- α), sehingga Persamaan Biot
Savart dapat ditulis menjadi
2
r
)-(180sindik αl
=dB
karena sin (180 - α) = sin α, didapat hubungan
2
sindik
r
dB
αl
= (3)
Untuk mendapatkan penyelesaian dari Persamaan (3), peubah d akan diubah menjadi peubah dθ.
Untuk itu akan dicari terlebih dahulu hubungan antara α dengan θ, d dan dθ serta r dengan θ.
Hubungan α dan θ dapat diperoleh dari segitiga siku-siku POQ
α + θ = 900
α = 90 - θ
sin α = sin (900
- θ) = cos θ
Untuk mendapatkan hubungan d dengan dθ, digunakan perbandingan sinus dalam segitiga siku-
siku PRQ
.
QP
RQ
dsin =θ
Untuk sudut dθ yang kecil, berlaku hubungan (sin dθ ≈ dθ) dan karena QP = r, diperoleh
r
RQ
d =θ atau RQ = r dθ
Dari segitiga siku-siku QES diperoleh
QS
RQ
)-(90Sin =θ (a)
Karena QS = dλ, QR = r dθ dan sin (90 - θ) = cos θ, diperoleh

III.8
θ
θ
=
cos
dr
dl (b)
Hubungan r dan θ dapat dicari dengan perbandingan cos θ pada segitiga siku-siku POQ
PQ
OP
Cos =θ atau
r
a
cos =θ
θcos
a
r = (c)
Masukkan (a), (b) dan (c) ke dalam Persamaan (3)
θ
θ
θ
θ
α
d
r
ik
dr
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
== 22
r
)(cos
cos
ik
r
sindik
dB
l
θθ= dcos
a
ik
dB
|
2
1
2
1
sin
a
ik
dcos
a
ik
B
θ
θ
θ
θ
θθθ == ∫ ⇒ )sin-(sin
a
ik
B 12 θθ=
Gambar 8. Batasan sudut pada kawat Tak berhingga
Dari Gambar 8. diperoleh hubungan :
θ = 900
- α → α = 90 - θ
β = 180 - α → β = 90 + θ
Untuk kawat lurus tak berhingga,
β1 = 0 → θ1 = - 900
β2 = 180 → θ2 = 900
sehingga diperoleh :

III.9
[ ](-90)sin-90sin
a
ik
B =
a
ik2
B =
atau
a2
i
B 0
π
μ
= (4)
CONTOH 4
Dua kawat lurus panjang dan sejajar dipisahkan pada jarak 0,5 m. Kedua kawat dialiri arus 3 A
dengan arah saling berlawanan. Berapa besar induksi magnet di titik P yang terletak diantara
kedua kawat dan berjarak 0,4 m dari salah satu kawat ?
Penyelesaian
Pada titik P ada dua induksi magnet yakni B1
akibat kawat I dan B2 akibat kawat II.
T10.1,5
.0,42
3..104
a2
i
B1 6-
-7
10
=
π
π
=
π
μ
=
T10.3
.0,12
3..104
b2
i
B2 6-
-7
20
=
π
π
=
π
μ
=
Bp = B1 + B2 = 4,5 . 10-6
T
Medan magnet pada kawat melingkar
Kawat membentuk lingkaran dengan radius a dialiri arus listrik searah putaran jarum jam. Titik P
terletak pada sumbu kawat lingkran dan berjarak x dari pusat lingkaran.

III.10
Gambar 9. Kawat lingkaran berarus
Ambil elemen kawat dλ yang berjarak r dari titik P. Induksi magnet di P oleh elemen kawat dl
menurut Biot-Savart adalah
2
0
r
sindi
4
dB
θ
π
μ l
=
Arah arus pada elemen dλ merupakan arah garis singgung pada dλ, sehingga sudut antara arah arus
dengan garis penghubung r adalah 900
(θ = 900
), maka Persamaan berubah menjadi
2
0
2
0
0
r
di
4r
90sindi
4
dB
ll
π
μ
π
μ
==
Arah vektor dB dapat ditentukan dengan kaidah tangan kanan dan dB dapat diuraikan menjadi dua
komponen yaitu dB sin α dan dB cos dB α. Komponen dB cos α akan saling meniadakan dari
masing-masing elemen kawat, sehingga yang tersisa hanya komponen dB sin α.
α
π
μ
α sin
r
di
4
sindBB 2
0
p
l
==
Induksi magnet di P oleh seluruh kawat lingkaran (λ = 2 π a) adalah
2
0
p
r
sina)(2i
4
B
απ
π
μ
=
2
0
p
r
sina
2
i
B
αμ
=
Bila titik P berjarak x dari pusat lingkaran, maka 222
axr += dan ra /sin =α sehingga induksi
magnet di titik tersebur adalah
3
2
0
p
r
a
2
i
B
μ
=

III.11
( )3/222
2
0
p
x
a
2
i
B
a+
=
μ
Bila P terletak di pusat lingkaran, maka x = 0 dan induksi magnetnya sebesar
3
2
0
p
a
a
2
i
B
μ
=
a2
i
B 0
p
μ
= (5)
Bila kawat lingkaran tersebut berupa kumparan dengan N buah lilitan, maka induksi magnet di pusat
kumparan adalah
a2
iN
B 0
p
μ
= (6)
CONTOH 5
Induksi magnet di pusat lingkaran yang berarus listrik 7,5 A dan jumlah lilitan 40 adalah (2 π x
10-4
) Tesla. Berapa cm jari-jari lingkaran kawat tersebut ?
Penyelesaian
Induksi magnet di pusat lingkaran berarus
a2
Ni
B 0μ
=
a2
40..7,510.4
102
-7
4 π
π =−
x
a = 300.10-3
m
a = 30 cm
Medan magnet solenoida dan toroida
Solenoida adalah kawat yang dililitkan pada inti yang berbentuk silinder. Besar induksi magnet di
pusat kumparan solenoida yang panjang dan jumlah lilitan N adalah
l
Ni0μ
=B (7)
Sedang besar induksi magnet di tepi (ujung) solenoida adalah
l2
Ni0μ
=B (8

III.12
Gambar 10. Kumparan solenoida
Toroida adalah kawat yang dililitkan pada inti yang berbentuk lingkaran. Toroida merupakan
solenoida yang intinya dibengkokkan sehingga membentuk lingkaran. Dengan demikian induksi
magnet di penampang kumparan toroida sama dengan induksi magnet di pusat solenoida.
l
Ni
B 0μ
=
dengan λ = keliling lingkaran inti toroida
λ = 2 π a , a = jari-jari efektif toroida
a2
Ni
B 0
π
μ
= (9)
Gambar 11. Kumparan toroida
CONTOH 6
Sebuah solenoida yang panjangnya 30 cm dan 5 lilitan serta sebuah toroida dengan jari-jari
efektif 45 cm dialiri arus yang sama besar. Hasil pengamatan menunjukkan induksi magnet di
pusat solenoida dan di dalam toroida sama besar. Hitunglah jumlah lilitan toroida.
Penyelesaian
Solenoida :
l
s0
s
Ni
B
μ
=

Draf modul fisika

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (17)

Viewers also liked

Viewers also liked (19)

Similar to Draf modul fisika

Similar to Draf modul fisika (20)

Draf modul fisika