I. PENDAHULUAN - Listrik Statis - Tan Marajo

BAB 1

ELEKTROSTATIKA

I.

PENDAHULUAN
Apa yang akan terjadi sekarang ini, seandainya fenomena kelistrikan tidak
ditemukan? Tentulah kota-kota akan gelap gulita dan komunikasi menggunakan
satelit tidak akan pernah ada, bukan? Gejala kelistrikan ini telah menyatu dalam
kehidupan kita sehari-hari. Kemajuan yang telah dicapai manusia saat sekarang ini
tidak terlepas dari penemuan tentang kelistrikan.
Pengetahuan tentang kelistrikan, selanjutnya disatukan dengan pengetahuan
tentang kemagnetan yang sekarang dikenal dengan elektromagnetik. Ilmuwanilmuwan penting yang paling berjasa di bidang ini antara lain adalah; Michael
Faraday (1791-1867), Hans Christian Oersted (1777-1851), James Clerk Maxwell
(1831-1879), Oliver Heaviside (1850-1925) dan H.A Lorentz (1853-1928).
Ilmu kelistrikan dibagi atas dua bagian, yakni listrik statis (elektrostatis) dan
listrik dinamis (elektrodinamis). Listrik statis dikhususkan untuk mempelajari
gejala-gejala kelistrikan yang berhubungan dengan muatan yang diam. Sedangkan
listrik dinamis dikhususkan untuk mempelajari gejala kelistrikan yang
berhubungan dengan aliran muatan.

Di dalam bab ini, kita akan membahas tentang listrik statis, dan listrik
dinamis akan dibahas dalam bab 2. Bab ini berisi; muatan listrik, hukum
Coulomb, medan listrik, garis gaya, hukum Gauss dan aplikasinya, energi dan
potensial listrik, kapasitor, dan dielektrik.
Pembahasan dalam bab ini akan dipaparkan secara gamblang namun detil
dengan menjelaskan komnsep-konsep listrik statis yang penting dan aplikasinya
pada pemecahan masalah. Pengetahuan tentang vektor dan mekanika Newton
seperti hukum-hukum Newton dan konsep medan gravitasi sangat membantu
Anda dalam mempelajari bab ini. Selamat mempelajari. Ingat, setelah
mempelajari bab ini, Anda diharapkan memiliki kompetensi berikut ini:
1. Mahasiswa mampu mendeskripsikan sifat-sifat muatan listrik.
2. Mahasiswa mampu menyebutkan hukum Coulomb dan menggunakannya
untuk mementukan gaya yang disebabkan oleh muatan titik.

RAM@2017

1

3. Mahasiswa mampu menggunakan hukum Coulomb untuk menghitung medan
listrik yang ditimbulkan oleh muatan titik maupun oleh distribusi muatan.

4. Mahasiswa mampu menggambarkan garis-garis gaya medan listrik.
5. Mahasiswa mampu menyebutkan hukum Gauss.
6. Mahasiswa mampu menggunakan hukum Gauss untuk menghitung medan
listrik dalam konduktor, pada pelat tipis bermuatan, pada pelat sejajar
bermuatan, pada bola isolator bermuatan, dan pada selinder bermuatan.
7. Mahasiswa mampu mendefinisikan energi potensial listrik dan hubungannya
dengan medan listrik.
8. Mahasiswa mampu menghitung beda potensial antara dua titik bila medan
listrik ditempat itu diketahui.
9. Mahasiswa mampu menghitung potensial listrik untuk beberapa distribusi
muatan kontinu seperti pada; sumbu cicin bermuatan, sumbucakram
bermuatan, di dalam dan di luar kulit bola bermuatan, dan di dekat tongkat
muatan tak hingga.
10. Mahasiswa mampu menentukan dan menghitung kapasitansi dari kapasitor
pelat sejajar, kapasitor bola dan kapasitor selinder.
11. Mahasiswa mampu menentukan kapasitansi pengganti dari rangkaian
kapasitor secara seri dan paralel.
12. Mahasiswa mampu membahas dan menentukan energi elektrostatis yang
tersimpan di dalam kapasitor.
13. Mahasiswa mampu menjelaskan pengaruh dielektrik terhadap kapasitansi,

beda potensial, muatan, dan medan listrik di dalam kapasitor pelat sejajar.

II. MATERI PERKULIAHAN
A. MUATAN LISTRIK
1. Gejala Listrik
Semenjak ratusan tahun sebelum masehi, bangsa Yunani telah
menemukan sejenis batu yang apabila digosok dengan benda lain, dapat
menarik benda-benda lainnya yang lebih ringan, yang dikenal dengan nama
“ batu ambar”. Sifat batu ambar yang demikian selanjutnya disebut bersifat “
electric” atau bersifat “listrik” . Berdasarkan unsur penyusun dari berbagai
bahan, ternyata tidak hanya batu ambar saja yang dapat menunjukkan
gejala kelistrikan, misalnya saja mistar plastik yang telah digosok dengan
kertas atau rambut yang kering akan menunjukkan gejala yang serupa.
Sediakanlah dua buah mistar plastik, yang pertama digantungkan
dengan seutas benang, dan yang lainnya dipegang. Gosoklah kedua buah
mistar tersebut dengan rambut yang kering, kemudian keduanya
diperdekatkan, apa yang terjadi ? ternyata kedua mistar tolak menolak.
Ulangi percobaan ini terhadap dua buah batang gelas/kaca yang digosok
dengan kain sutera , ternyata kedua batang kaca juga tolak menolak. Akan
RAM@2017

2

tetapi jika batang kaca dan mistar yang telah digosok diperdekatkan
ternyata terjadi tarik menarik antara batang gelas dan mistar plastik.
Bagaimana hal ini dapat dijelaskan ?
2. Sifat Muatan Listrik
Pada saat mistar plastik digosok dengan rambut yang kering sejumlah
elektron dari rambut pindah ke mistar, sehingga mistar menjadi kelebihan
elektron (menjadi bermuatan negatif).
Sedangkan batang gelas saat
digosok dengan kain sutera sejumlah elektron akan berpindah dari batang
gelas menuju kain sutera, sehingga batang kaca kekurangan elektron
(menjadi bermuatan positif) . Hasil percobaan ini menyimpulkan bahwa :
a. ada dua jenis muatan listrik, yaitu positif (+) , dan muatan negatif ( - )
b. muatan sejenis tolak menolak, dan muatan berlainan jenis tarik menarik.

Gambar 1-1. (a). Dua muatan berlainan jenis (positif,negatif) tarik menarik
(b). Dua muatan sejenis (negatif) tolak menolak
(c). Dua muatan sejenis (positif) tolak menolak

B. HUKUM COULOMB
Charles Coulomb (ilmuwan Perancis) pada tahun 1786 melakukan
eksperimen untuk mengetahui besarnya gaya interaksi (tarik menarik atau
tolak menolak ) antara 2 benda titik bermuatan jika diperdekatkan. Hasil
eksperimennya menunjukkan bahwa besarnya gaya tarik-menarik atau tolak
menolak antara dua benda bermuatan :
a. berbanding lurus dengan bersar muatan masing-masing
b. berbanding terbalik dengan kwadrat jarak kedua muatan .
1. Gaya Oleh Dua Muatan Listrik
Secara matematis penemuan Coulomb tersebut dapat dijelaskan sebagai
berikut : Misalkan ada dua benda titik masing-masing bermuatan q1 dan

RAM@2017

3



q2 berada pada vektor posisi r1 dan r2 sehingga posisi q2 relatif terhadap


 
q1 adalah r21  r2  r1 , seperti pada Gambar 1-2.
Secara kuantitatif gaya yang

dialami
q2
oleh q1 ( F 21)
memenuhi persamaan :

q .q
(1-1)
F21  k 2 2 1 .rˆ21
r21
dengan

 

r21 r2  r1
= vektor satuan

 
rˆ21 
r21
r21

arah r21
1
k
 9.109 Nm2C  2 =
4 0
tetapan pembanding untuk ruang
hampa/udara
ε0 = 8,85.10-12 C2N-1m-2 =
permitivitas vakum/udara

y

q1



r1


 
r21  r2  r1

r2

q2

x

O

Gambar 1-2 .Interaksi Dua Buah Benda
Titik Bermuatan

Besarnya gaya yang dialami q2 oleh q1 sama dengan besarnya gaya yang
dialami q1 oleh q2 tapi arahnya berlawanan, sehingga secara skalar persamaan
(1-1) dapat ditulis sebagai :

F12  F21  k

q1q2
r2

(1-2)

dengan r = jarak antara q1 dan q2

2. Gaya oleh Beberapa Muatan Listrik
Misalkan ada n buah benda titik bermuatan di udara masing-masing
dengan muatan q1, q2, q3 , …….. qn-1, qn maka gaya yang dialami oleh
salah satu muatan , misalnya q1 memenuhi :







F1  F12  F13  F14  ........ F1( n 1)  F1n

(1-3)

dengan

F1  gaya yang dialami muatan q1

F12 = gaya yang dialami q1 oleh q2 saja

F13 = gaya yang dialami q1 oleg q3 saja dst.

RAM@2017

4

Contoh 1.
Tiga muatan titik berada pada sumbu x, yakni:q1= -6C pada x=-3m, q2 =
4C pada x = 0, dan q3 = -6C pada x = 3m. Tentukanlah gaya yang dialami
oleh q1?

Jawab:
q2 = 4 C

q1 =-6C

q3 = -6C

x
-5

-4

-3

-2

-1
r12

0

1

2

3

4

5

r13

Gaya yang dialami q1 adalah:
qq
6C.4C
= 24 x 10-3 N dengan
 oleh q2 ; F12 = k 1 2 2 = 9 x10 9 Nm 2 / C 2
2
r12
4m 
arah sumbu x
positif.
qq
6C.6C
 oleh q3 ; F13 = k 1 2 3 = 9 x10 9 Nm 2 / C 2
= 9 x 10-3 N arah sumbu
2
r13
6m 
x negatif
Jadi gaya total yang dialami muatan q1 adalah:
F = F12 – F13 = 24 x103 N – 9 x 10-3 N = 15 x 10-3 N dengan arah sumbu x
positif.
C. MEDAN LISTRIK
1. Pengertian
Suatu ruang dapat dipandang sebagai suatu medan dari suatu besaran
fisis tertentu apabila besaran fisis tersebut mempunyai nilai disetiap titik
dalam ruang yang dimaksud . Misalnya di sekitar benda bermuatan listrik
terdapat medan listrik. Ruang di sekitar muatan listrik tersebut dikatakan
medan listrik apabila sebuah muatan uji lainnnya di sekitar benda
bermuatan tadi masih merasakan gaya listrik dari muatan muatan tersebut.
Medan listrik dapat dianalogikan dengan medan gravitasi. Dalam
medan gravitasi, sebuah benda bermassa akan mengalami gaya gravitasi.
Dalam medan listrik, sebuah muatan listrik akan mengalami gaya Coulomb
atau gaya elektrostatis. Perbedaan gaya gravitasi dengan gaya listrik adalah
kalau gaya gravitasi selalu tarik menarik.

RAM@2017

5

2. Kuat Medan Listrik
Untuk menentukan kuat medan listrik pada
suatu titik pada jarak r dari sebuah muatan (q),
dilakukan dengan cara menempatkan muatan uji
(qo) yang cukup kecil di titik itu, seperti Gambar
1-3. Muatan uji tersebut akan mengalami gaya
q qo
Coulomb ( F = k 2 ). Kuat medan listrik di
r
titik itu dicari dari persamaan berikut:

Batang ebonit

Gambar 1-3. Muatan uji qo
dilatakkan di dalam medan
listrik

E=

F
qo

(1-4)

Arah medan listrik adalah radial , keluar dari muatan positif (+) dan
radial masuk menuju muatan negatif (-) yang sering dinyatakan dalam
bentuk garis-garis gaya yang tidak pernah saling berpotongan.

+Q

+

-Q

-

Gambar 1-4. Garis Gaya Menyatakan Besar dan Arah Medan Listrik
Untuk daerah yang kuat medan listriknya lebih besar, dinyatakan
dengan jumlah garis yang lebih rapat, dan sebaliknya bila jumlah garis gaya
lebih jarang, menyatakan kuat medan listrik yang lebih kecil (lemah ). Pola
garis gaya untuk dua muatan sejenis dan tidak sejenis diperlihatkan pada
gambar 1-5.

(a)

(b)

Gambar 1-5 : Pola Garis-Garis Gaya Akibat Dua Muatan Titik
(a) muatan sejenis (b). muatan tidak sejenis
RAM@2017

6

Misalkan kita mempunyai suatu muatan sumber q berada pada vektor

posisi r yang menghasilkan medan listrik disekitarnya. Besarnya kuat
medan listrik yang dialami suatu muatan uji qo yang berada pada vektor

posisi r ' oleh q sama dengan vektor gaya Coulomb yang bekerja pada

satu satuan muatan di r ' seperti Gambar 1-6, memenuhi persamaan :
q
 
 '
q.qo
r' r
E (r )  (k   2 .  '  ) / qo
 
r'  r
r' r r r
qo
 
q
r'  r
(1-5)
= k   2 . ' 

'
r
r

r
r r

r'
Besarnya medan listrik pada jarak r dari
muatan q, ditulis sebagai:
q
E= k 2
r

x

(1-6)

O
Gambar 1-6 : Muatan Uji q o

'



berada pada posisi r  r dari q

Dengan demikian, berarti kuat medan listrik yang dialami di titik p, oleh n
buah muatan sumber yaitu q1 , q2, q3,….q(n-1), qn ,memenuhi persamaan ;






E ( p)  E1 p  E2 p  E3 p ................  E( n 1) p  Enp

(1-7)

Fluks Listrik

Kuat medan listrik E dapat dinyatakan oleh fluks listrik ( E ) atau
rapat garis gaya, yaitu banyaknya garis gaya yang menembus suatu satuan

luas tegak lurus pada kuat medan listrik E , seperti diperlihatkan dalam
Gambar 1-7. Sehingga jumlah garis gaya dE yang menembus suatu

elemen seluas dA tegak lurus terhadap E memenuhi persamaan :

dE  E.dA  E.dA. cos
(1-8)

 = sudut antara bidang dA dengan bidang tegak lurus E .
dA adalah elemen luas pada bidang S.



Gambar 1-7. (a). E tegak lurus dA

RAM@2017



(b). E tidak tegak lurus dA

7


Untuk dA sejajar terhadap E ,  = 900 sehingga jumlah garis gaya yang
keluar dari dA haruslah nol dan sebaliknya bila dA tegak lurus terhadap

E maka  = 00 sehingga jumlah garis gaya yang keluar dA menjadi

maksimal. Bila kuat medan pada elemen dA adalah E , maka jumlah garis
gaya yang keluar dari seluruh permukaan S adalah
 
(1-9)
E   d   E.dA
S

E = fluks listrik total yang menembus permukaan S.
Partikel bermuatan dalam medan listrik

Apabila sebuah partikel bermuatan q berada di dalam medan listrik E ,
maka medan listrik akan mengerahkan gaya Coulomb pada partikel
bermuatan tersebut, sebesar:
(1-10)
F  q.E
Gaya ini, sesuai dengan hukum II Newton, akan menghasilkan percepatan
pada partikel, yakni sebesar:
F q
a    E
(1-11)
m m
dengan m adalah massa partikel bermuatan.
Dalam menganalisa gerakan partikel bermuatan tersebut, kita dapat
mengabaikan medan yang ditimbulkan oleh dirinya sendiri. Ini dapat
dianalogikan dengan medan gravitasi bumi, dimana medan gravitasi bumi
tidak mengerahkan suatu gaya netto pada bumi sendiri.
Persamaan dinamika gerak untuk partikel bermuatan dalam medan listrik
ini dapat digunakan persamaan-persamaan gerak partikel yang mengalami
percepatan, yakni:
v = vo + at
y = yo + vo t + ½ a t2
(1-12)
2
2
v = vo  2ay
dengan v = kecepatan , y = posisi, dan t = waktu.

Contoh 2.
Berapakah besarnya sebuah muatan titik yang dipilih supaya besarnya medan listrik
yang ditimbulkannya pada jarak 50 cm dari muatan titik tersebut adalah 2 N/C.
Jawab: E = 2 N/C, r = 50 cm, q = …?
q
Dari persamaan (1-6);
E= k 2
r
2
r E
(0,5m)2 (2 N / C )
q=
=
= 5,6. 10-7 C
k
9 x109 Nm2 / C 2

RAM@2017

8

Contoh 3.
Berapakah percepatan yang dialami sebuah elektron di dalam medan listrik
serbasama 106 N/C?
Jawab: m = massa elektron = 9,1 . 10-31 kg, q = e = muatan elektron = 1,6 .10-19 C,
E = 106 N/C, a = ...?
F q
Gunakan persamaan (1-11); a     E
m m
a=

1,6.10 19 C
(106 N / C ) = 0,18 .1018 m/s2.
 31
9,1.10 kg

Contoh 4.
Sebuah elektron ditembakkan dengan laju awal 6.106 m/s dan membentuk sudut 45o
terhadap horizontal, seperti gambar. Medan listrik 2000 N/C berarah ke atas, d = 2
cm dan L = 10 cm.
a) Apakah elektron menumbuk salah
satu pelat?
d
vo
b) Jika elektron tersebut menumbuk
E
o
45
salah satu pelat, dimanakah posisi
+
elektron menumbuknya?
L
(abaikan pengaruh gravitasi terhadap elektron)
Jawab:
Letakkan pelat-pelat tersebut pada sumbu koordinat x-y.
y
-

d
vo
45o

E
+

x

Gaya yang dialami elektron akan
berarah ke bawah, karena elektron
bermuatan negatif. Percepatan yang
dialami elektron adalah:

L

a

F e

E
m  m 

 1,6.10 19 C
(2000 N / C ) = -3,52.10-14 m/s2 .
9,1.10 31 kg
Untuk menentukan apakah elektron menumbuk salah satu pelat, perlu dicari waktu
yang dibutuhkan elektron untuk mencapai pelat atas pada y = 2 cm.
y = voy t + ½ a t2
y = vo sin 45o t + ½ a t2
0,02 m = 6.106 m/s (0,707) t + ½ (-3,52.10-14 m/s2) t2
penyelesaian persamaan kuadrat di atas, adalah:
t1 = 1,7 .10-8 s
t2 = 6,4 . 10-9 s
Besarnya percepatan ; a =

RAM@2017

9

diambil waktu minimum yakni t2 = 6,4 . 10-9 s, sedangka waktu t1 berhubungan
dengan lintasan menurun dari elektron andaikan ia tidak menumbuk pelat.
Jarak horizontal yang ditempuh elektron dalam waktu ini, adalah:
x = vox. t = vo cos 45o t
= 6.106 m/s (0,707) (6,4 . 10-9 s)
= 2,7 cm
a). Terlihat bahwa x = 2,7 cm < L = 10 cm, berarti elektron tersebut akan menumbuk
pelat atas.
b). Posisi elektron ketika menumbuk pelat tersebut yakni: (x,y) = (2,7 cm, 2 cm)

D. HUKUM GAUSS DAN APLIKASINYA
1. Hukum Gauss
Jumlah garis gaya yang keluar dari suatu permukaan tertutup tidak
tergantung pada jaraknya ke pusat muatan, akan tetapi tergantung pada besar
muatan listrik yang dilingkupnya. Hubungan ini dikenal dengan Hukum
Gauss yang menyatakan bahwa
“ Jumlah garis gaya yang keluar dari suatu permukaan tertutup
sebanding dengan jumlah muatan listrik yang dilingkup
oleh
permukaan tertutup itu “.
Secara matematis, hukum Gauss dinyatakan dengan persamaan :

 

E   E.dA  
S

i

qi

0

(1-13)

dengan : S = suatu permukaan tertutup,  qi = jumlah muatan yang
i
dilingkupi oleh permukaan tertutup S
2. Aplikasi Hukum Gauss
Hukum Gauss terutama digunakan untuk menghitung medan listrik
oleh benda bermuatan dalam bentuk-bentuk tertentu seperti plat sejajar ,
atau berbentuk bola.
a. Medan Listrik Dalam Konduktor
Konduktor mempunyai elektron bebas . Bila terhadap konduktor ,
misalnya sebuah logam dialirkan sejumlah muatan , maka didalam
logam, elektron bebas akan bergerak menempati posisi di pinggir logam.
Sehingga dalam keadaan seimbang bagian tengah logam haruslah netral
dan kuat medannya menjadi nol. Karena kuat medan dalam konduktor
menjadi nol berarti muatan yang dilingkup permukaan Gauss haruslah
juga sama dengan nol. Hal ini, terjadi karena muatan yang diberikan
terkumpul pada permukaan logam .
Untuk bahan isolator tidak ada elektron bebas , bila dialiri muatan
listrik, maka muatan akan menyebar ke seluruh volumenya sehingga
RAM@2017

10

perbandingan volume dapat dianggap sebagai perbandingan jumlah
muatan yang dikandung masing-masing bola isolator.
b. Medan Listrik Pada Plat Tipis Bermuatan
Sebuah plat tipis jika diberi muatan sebesar +Q maka muatan
akan tersebar merata diseluruh permukaan plat, sehingga kuat medan
yang dihasilkan disetiap tempat sama besar. Sedangkan arahnya keluar
tegak lurus dari setiap permukaan.

S1

S2

2r

S3
Gambar 1-8 . Plat Bermuatan
Untuk menghitung kuat medan pada plat, dibuat permukaan Gauss
berbentuk silinder dengan panjang 2 r . Bila  adalah rapat muatan
silinder memenuhi

persamaan  

Q

; maka muatan yang terkandung

A

dalam silinder sebesar: Q =  A
 
 
 
  Q
Menurut Hk. Gauss :  E.dA   E.dA   E.dA   E.dA 
S

sehingga

S1

S2

0

S3




 



ˆjE ).( ˆjdA)  ( ˆjE.)(iˆdA)  ( ˆjE )(  ˆjdA)  Q
E
d
A
.

(




S

S1

=

S2

EA

+

0

S3

0

+

EA

=

Q

0

diperoleh :

E 

RAM@2017


2 0

(1-14)

11

c. Medan Listrik Pada Plat Sejajar Bermuatan
Dua buah plat A dan B dipasang sejajar pada jarak d. Plat A diberi
muatan (+Q) dan plat B diberi muatan (-Q) yang sama besar.
d

B

A

-Q

Di luar

E=0

+Q

E=0

x

E

Gambar 1- 9. Plat Sejajar Bermuatan
Bila rapat muatan pada plat A =  dan pada plat B =   maka kuat
medan diluar plat = nol (saling meniadakan) sedangkan kuat medan
diantara kedua plat memenuhi :
E  E A  EB 






2 0 2 0  0

Sehingga untuk plat sejajar bermuatan besar kuat medan antara plat
memenuhi persamaan :

E 
(1-15)

o

d. Medan Listrik Pada Bola Isolator Bermuatan
Sebuah bola isolator dengan jari-jari R, seperti Gambar 1-10, jika
diberi muatan listrik sebesar (Q), maka muatan akan tersebar merata
dalam seluruh volume bola (V). Sehingga rapat muatan bola memenuhi
persamaan :



Q
V

sehingga

3Q
4 3
Q  V   ( R ) atau  
3
3
4R

(1-16)

Misalkan kita hendak menentukan kuat medan titik P didalam bola yang
berjarak r dari pusat bola . Untuk itu dibuat suatu permukaan Gauss
 

dan memenuhi persamaan:  E.dA 
S1

RAM@2017

q

0

,

12

4

3

 ( r )
3

diperoleh  ( rˆE ).( rˆdA) 

0

S1

sehingga ( E )( 4r 2 ) 

3
4r 
3

atau

E (r ) 

0

 .r
3 0

(1-17)

Dengan mensubsitusikan persamaan (1-16), kedalam persamaan (1-17),
diperoleh
E (r ) 

Q

r
40 R3

(1-18)

.

Gambar 1-10. Bola Padat Bermuatan
a. untuk r < R

diperoleh

b. untuk r = R

diperoleh

c. untuk r > R

diperoleh

r
40 R3
Q
1
E (r ) 
.
40 R 2
1
Q
.
E (r ) 
(sebab muatan total sama
40 R 2
E (r ) 

Q

.

dengan jika r =R).
e. Medan Listrik Pada Silinder Bermuatan
Misalkan kita mempunyai sebuah silinder konduktor dengan jari-jari R
yang panjangnya tak berhingga diberi muatan listrik. Anggap muatan
tersebar secara merata pada permukakan silinder.
Garis gaya listrik

RAM@2017

13

akan berarah radial tegak lurus pada sumbu silinder. Besarnya kuat
medan listrik pada permukaan silinder tidak tergantung pada arahnya.
Untuk mencari besarnya kuat medan listrik dalam silinder, maka dibuat
permukaan Gauss berbentuk silinder pula dengan jari-jari r. Perhatikan
Gambar 1-11 berikut ini

Gambar 1-11. Silinder Konduktor Bermuatan dengan S = Permukaan Gauss
Rapat muatan yang dilingkup oleh S memenuhi persamaan :

q
sehingga q  L
L
Integral permukaan tertutup S diuraikan menjadi :



 

 
E.dA 

 E.dA  
S

atau

se lub ung

tutupkiri

=

0



 
E.dA 



  q
E.dA 

tutupkanan

+ (E)x (luas selubung ) + 0

(E)(2πrL) =

0

=

q

0

q

0

( E )(2rL )( 0 )  L
diperoleh
1 
Er 
2o r

(1-19)

Gambar 1-12. Silinder Bermuatan

RAM@2017

14

Contoh 5
Perhatikan medan listrik seragam E = 2000 N/C į (a). Berapakah fluks yang melewati
bujur sangkar bersisi 10 cm pada bidang yang sejajar dengan bidang xy?
(b).Berapakah fliks yang melewati bujur sangkar ini jika normal terhadap bidangnya
membentuk sudut 30o dengan sumbu x?
Jawab:
z

a). Fluks medan listrik yang melewati bujur
sangkar ABCD adalah:
 
E   d   E.dA =  (2000 N / C i)(i dA)
S

C
10cm

E

s

= (2000N/C) A
= (2000N/C )(0,1mx0,1m)
= 20 Nm2 /C

dA

B
D

x

A

b).

Fluks medan listrik yang menembus
bujur sangkar ABCD, adalah:
 
E   d   E.dA , tetapi

y
z

B

o

E.d A = E dA cos 30 , jadi

Nm

30o
D

1
2

x

10cm

3)

A

2

C

E

o

 ( 2000 N / C )(0,1mx0,1m)(
 10 3

dA
dA cos 30o

S

 E  EA cos 30

C

y

Contoh 6
Kulit bola berjari-jari 6 cm membawa rapat muatan permukaan seragam σ = 9 nC/m2.
(a) berapakah muatan total pada kulit bola tersebut (b) Carilah medan listrik pada r =
2 cm, r = 5,9 cm, r = 6,1 cm dan r = 10 cm.
Jawab:
R = 6 cm = 0,06 m; σ = 9 nC/m2 = 9.10-9 C/m2.

R

a) muatan total pada kulit bola adalah:
Q = σ A = σ (4 π R2)
= (9 . 10-9 C)(4)(3,14)(0.06m)2
= 0,41 nC

b). Medan listrik pada:
 r = 2 cm (di dalam kulit bola)
di dalam kulit bola muatan yang dilingkupi Q = 0, berarti E = 0
 r = 5,9 cm (di dalam kulit bola)
di dalam kulit bola muatan yang dilingkupi Q = 0, berarti E = 0
RAM@2017

15



r = 6,1 cm ( di luar kulit bola)
muatan yang dilingkupi, Q = 0,41 nC
 

berarti dari hukum Gauss, diperoleh:  E.dA 
S1

q

0

dengan dA adalah elemen

permukaan Gauss berbentuk bola dengan jari-jari r.
Q
, atau
E. (4 π r2) =

o

E=


9
Q
Q
9
2 2 (0,41.10 C )
k
 (9.10 Nm / C )(
4o r 2
(0,061m) 2
r2
1

E = 984 N/C
r = 10 cm (di luar kulit bola)
sama untuk r = 6,1 cm, yaitu sama berada di luar kulit bola, jadi
E=

9
Q
Q
9
2 2 (0,41.10 C )
k
 (9.10 Nm / C )(
4o r 2
r2
(0,01m) 2
1

E = 366 N/C.

F. ENERGI DAN POTENSIAL LISTRIK
1. Energi Potensial listrik
Apabila kita mengangkat
sebuah benda dari permukaan
Bumi, maka kerja yang kita
lakukan melawan tarikan grvitasi
Bumi tersimpan sebagai energi
potensial gravitasi. Hal serupa
juga terdapat didalam listrik.
Seperti halnya gaya gravitasi,
gaya listrik antara dua muatan
adalah gaya konservatif. Anda
sudah kenal gaya konservatif,
bukan?

Gambar 1-13 (a). Kerja Yang Dilakukan
Medan Gravitasi Pada Sebuah Massa,
Mengurangi Energi Potensial Gravitasi
(b). Kerja Yang Dilakukan Medan Listrik
Oleh Sebuah Muatan +q Mengurangi
Energi Potensial Elektrostatik

Tinjau dua muatan q1 dan q2 yang terpisah sejarak r satu sama lain,
seperti Gambar 1-14.

q1

r

q2

Gambar 1-14. dua muatan q1 dan q2 terpisah pada jarak r.

RAM@2017

16

Jika jarak pisah diperbesar atau diperkecil, maka gaya listrik akan
melakukan kerja terhadap muatan-muatan tersebut. Energi yang berhubungan
dengan kerja ini dipandang sebagai energi potensial listrik.
Secara umum energi potensial listrik yang timbul ketika sebuah gaya
konservatif F bekerja pada sebuah partikel dan mengalami perpindahan
sebesar dl dinyatakan oleh:
dU = - F . dl
(1-20)

Dalam medan listrik, F = qo E . Jadi, jika muatan mengalami
perpindahan sebesar dl dalam medan listrik E , maka perubahan energi
potensial listrik dinyatakan dengan;
dU = -qo E . dl

(1-21)

Bila muatan dipindahkan dari titik awal i ke titik akhir f, maka perubahan
energi potensial listrik adalah;
f

f

i

i

U =  dU    q o .E.dl

(1-22)

Apabila dl adalah lintasan tertutup maka persamaan (1-18) menjadi;
U =  f  qo .E.dl = 0
(1-23)
1

sebab pada lintasan tertutup, i = f.
Energi potensial listrik pada dua muatan q1 dan q2 yang terpisah pada
jarak r, seperti Gambar 1-14, ditentukan dengan cara sebagai berikut:

q2
r , dan dl = dr r . Gaya yang dialami
r2
q1 adalah F = q1 E . Dari persamaan (1-16), diperoleh energi potensial listrik
yakni:

Medan listrik pada q1 adalah E  k

f

f

f

i

i

i

U =  dU    q1 .E.dl    k

q1 q 2
dr , telah digunakan r . r = 1
r2

Integral dr diambil dari ~ sampai r, sehingga diperoleh:
qq
U= k 1 2
r

RAM@2017

(1-24)

17

2. Potensial Listrik
Beda potensial listrik adalah perubahan energi potensial listrik persatuan
muatan uji.
dU
  E.dl
(1-25)
dV =
qo
Untuk perpindahan muatan dari titik A ke titik B, seperti diperlihatkan dalam
Gambar 1-15, maka
V = VB – VA = -

B

 E.dl

(1-26)

A

Untuk muatan titik q, medan listrik
yang
ditimbulkannya
adalah
q
E  k 2 r , sehingga dari persamaan
r
(1-26) diperoleh:
B
q
V = VB – VA = -  k 2 r.dr r
r
A
B

= - kq

dr
A r 2

1 1
= kq   
 rB rA 

.B

qo

E
(1-27)

F

E

.A

Gambar 1-15. Muatan uji positif qo
digerakkan dari A ke B dalam
medan listrik yang tidak serbasama
oleh sebuah gaya F

Berdasarkan persamaan (1-23) kita dapat mendefinisikan potensial listrik di
q
q
dan VB = k .
titik A dan potensial listrik di titik B yakni VA = k
rA
rB
Secara umum dapat dinyatakan bahwa potensial di suatu titik pada jarak r dari
muatan q, adalah:
q
V= k
(1-28)
r
Dalam menghitung V tanda muatan harus diperhitungkan. Satuan SI untuk
Nm
beda potensial listrik adalah volt (V) atau
.
C
2.1. Potensial listrik oleh beberapa muatan titik
Potensial listrik yang ditimbulkan oleh beberapa muatan titik dicari dari
hubungan:
q
(1-29)
V = Vn  k  n
n rn
n
Dengan qn adalah muatan ke-n dan rn adalah jarak muatan ke-n ke titik
referensi.

RAM@2017

18

2.2. Potensial listrik pada distribusi muatan.
Potensial listrik yang ditimbulkan oleh distribusi muatan kontinu, dicari
menggunakan hubungan:
dq

dq
(1-30)
V =  dV =  k
r
r
P
Dengan :
Gambar 1-16, Distribusi muatan
dq =  dV, untuk distribusi muatan
volume
dq =  dA, untuk distribusi muatan
permukaan
. untuk distribusi muatan garis
dq =  dL,
r = jarak elemen muatan terhadap titik (P) dimana potensial listrik akan
dihitung
3. Menghitung Potensial Listrik
3.1. Dipol Listrik
Dipol listrik dibentuk dari dua muatan yang sama besar tetapi berlainan tanda
dan dipisahkan pada jarak 2a seperti Gambar 1-17.
Sb z
P
r1

+q
a 

r

r2

a
r2 – r1

-q

Gambar 1-17. Titik P berada dalam dipol listrik
Potensial listrik di titik P diperoleh dari persamaan (1-29), yakni:
V=

V

n

= V1 + V2

n

q q
= k   
 r1 r2 
r r
=kq 2 1
r1 r2

RAM@2017

(1-31)

19

Untuk r >> 2a, seperti ditunjukkan dalam Gambar 1-17, terlihat bahwa dengan
pendekatan;
r2 – r1  2a cos , dan r1r2  r2 .
Sehingga persamaan (1-31) menjadi:
2a cos
(1-32)
V=kq
r2
Hasil perkalian 2aq disebut sebagai momen dipol listrik disimbol dengan p. Jadi,
potensial listrik yang ditimbulkan oleh sebuah dipol listrik adalah:
p cos
(1-33)
V=k
r2
3.2. Potensial listrik pada titik sumbu sebuah piringan yang memiliki rapar
muatan permukaan .
Tinjau elemen muatan dq yang berbentuk pita lingkaran yang berjari-jari y
dan lebar dy, seperti Gambar 1-18.
dq=dy

Dalam Gambar 1-18, a = jari-jari
piringan, r = jarak titik sumbu
elemen pita muatan terhadap titik P.
Luas elemen dq adalah A = 2y dy,
sehingga;
dq =  A =  2y dy
dan jarak elemen muatan terhjadap

r2  y2
y
r
a

r2  y2 .
titik P adalah r’ =
Sehingga beda potensial dari
elemen muatan di titk P adalah;

Gambar 1-18. Piringan bermuatan

dq
r'
σ 2 π y dy

dV = k
= k.

r2  y2
Dengan demikian potensial listrik total di titik P adalah;
1
 a ydy
V =  dV 
, kita telah menggunakan k =
.

4 0
2 0 0 r 2  y 2
Untuk mencari integral di atas, misalkan u = r2 + y2 sehingga du = 2y dy.
du
a
a

2
2
2 = 

r
y
Jadi, V =
0
2 o
2 0 0 u
Atau:



V=

RAM@2017


2 o

r

2

 y2  r





(1-34)

20

Apabila r>>a, maka:
1/ 2

 a2 
a2
a  r  r 1  2   r +
2r
 r 
2
 a
q
=
sebab q =   a2
(1-35)
sehingga: V =
2 o 2r
4 o r
Hasil terakhir ini menyatakan bahwa untuk r>> a piringan muatan bersikap
sebagai sebuah muatan titik.
2

2

3.3. Potensial listrik di dalam dan di luar kulit bola
Tinjau kulit bola berjari-jari R dengan muatan Q yang terdistribusi serbasama
pada permukaannya. Medan listrik yang ditimbulkan oleh distribusi muatan kulit
bola dapat ditentukan dari hukum Gauss.
‫٭‬Di luar kulit bola, medan listriknya adalah:
kQ
(1-36)
E 2 r
r
Pertambahan potensial listrik di luar kulit bola untuk perpindahan sejauh
dl  r.dr adalah;
r
r
r
 kQ r 
kQ
V =  dV =   E.dl     2 .rdr = -  2 dr


r


  r

kQ
(1-37)
=
r
‫ ٭‬Di dalam kulit bola medan listriknya nol, berarti:
dV = - E.dl = 0
atau V = konstan
Dari persamaan (1-37), saat r mendekati R (jari-jari bola) dari luar kulit bola,
maka:
kQ
(1-38)
V=
R
Berarti di dalam kulit bola nilai V yang konstan tersebut haruslah sama dengan
kQ
, agar potensial listriknya kontinu. Dengan demikian, potensial listrik untuk
R
kulit bola bermuatan, adalah:

kQ
R

; untuk r ≤ R

V=

(1-39)

kQ
r

RAM@2017

; untuk r ≥ R

21

Grafik potensial listrik terhadap jarak untuk kulit bola bermuatan diperlihatkan
dalam Gambar 1-19.

Gambar 1-19. Kulit bola bermuatan dan Potensial listriknya
4. Hubungan Potensial Listrik dan Medan Listrik
Sejauh ini, telah diperoleh hubungan dari persamaan (1-25) yakni;
dU
  E.dl
(1-25)
dV =
qo
Atau;
dV
(1-40)
E
dl
Bila medan listriknya serbasama dalam arah sumbu x, maka fungsi potensial
hanya bergantung pada x. Vektor perpindahan yang sejajar medan listrik
tersebut tentulah dl  idx , sehingga;
dV
E
i  Ex i
dx
dV
(1-41)
dengan; Ex = dx
Fungsi potensial listrik dapat saja bergantung pada x, y, dan z, berarti
komponen-komponen medan listrik dalam arah sumbu x, y, dan z adalah:
V
Ex = x
V
Ey = y
V
Ez = z
V
Dengan
,berarti diferensial V terhadap x dengan y dan z dianggap
x
konstanta.
Secara umum dapat di tuliskan:
 V
V
V 
E  V  
i
j
k
(1-42)
y
z 
 x

RAM@2017

22

G. KAPASITOR
1. Kapasitansi
Kapasitor dibuat dari dua plat penghantar yang dimuati dengan muatan yang
sama tetapi berbeda jenis, dan dipisahkan pada jarak tertentu (terisolasi), diantara
ke dua plat terdapat ruang hampa atau di isi dengan bahan tertentu yang disebut
dielektrik, seperti dalam Gambar 1-20.

+
V

d

Plat logam
luas = A

Gambar 1-20. Kapasitor plat
Muatan Q yang tersimpan dalam kapasitor sebanding dengan beda potensial
listrik kedua plat yakni:
Q=CV
(1-43)
Dengan konstanta pembanding C, dinamakan Kapasitansi Kapasitor.
Perlu diingat bahwa karena Q sebanding dengan V, maka C tidak bergantung
pada Q maupun V. Nanti akan kita lihat bahwa kapasitansi kapasitor hanya
bergantung pada geometri dari kapasitor tersebut.
Coulomb
.
Satuan SI untuk kapasitansi adalah F (farad) yang mana 1F = 1
Volt
Satuan yang lebih kecil adalah F = 10-6 F, dan pF = 10-12 F. Dalam suatu
rangkain listrik, kapasitor dilambangkan dengan
2. Menghitung Kapasitansi
2.1. Kapasitor Keping Sejajar
Tinjau kapasitor keping sejajar seperti dalam Gambar 1-21. Beda potensial listrik
diantara kedua keping adalah;
B

d

A

0

∆V=  dV =   E.dl
VB – VA = -E.d

(1-44)

+Q
+ + + + + + + + + + + + + + + A
RAM@2017

d

23

E
- - - - - - - - - - - - - - - - - -

B

Gambar 1-21. Kapasitor keping sejajar
Tetapi potensial di A lebih tinggi dibanding potensial di B, sehingga VA>VB.
Jadi dari persamaan (1-44),
∆V = E.d
(1-45)
Medan listrik E, di dalam keping sejajar, di tentukan dengan hukum Gauss,
yakni:
ε o ΦE = Q
ε o E.A = Q
(1-46)
sebab ΦE = E.A.
Subsitusikan persamaan (1-43) dan (1-44) ke persamaan (1-41).
Q=CV
ε o E.A = C (E.d)
atau;
A
(1-47)
C = 0
d
Persamaan (1-47) di atas hanya berlaku khusus untuk kapasitor keping sejajar.
2.2. Kapasitor selinder koaksial
Tinjau kapasitor selinder koaksial dengan jari-jari selinder dalam a dan jari-jari
selinder luar b, serta panjangnya l. Penampang dari kapasitor selinder koaksial di
perlihatkan dalam Gambar 1-22.

Gambar 1-22. Penampang kapasitor selinder koaksial

RAM@2017

24

Ambil permukaan Gauss diantara selinder dalam dan selinder luar (garis putusputus dalam Gambar 1-22). Dengan menerapkan hukum Gauss diperoleh medan
listrik diantara selinder-selinder tersebut, yaitu:
ε o ΦE = Q
tetapi fluks listrik yang menembus permukaan Gauss adalah ΦE = E (2πrl), Jadi;
ε o E (2πrl) = Q
atau;
Q
(1-48)
E=
r
2 0 rl
Potensial listrik di antara plat-plat selinder dicari sebagai berikut:
b
b
b
Q dr
V =   E.dl =   E.dr =  
2 0 l r
a
a
a
Q

ln b  ln a  =

b
2 o l
2 o l a
Akhirnya di peroleh kapasitansi kapasitor selinder koaksial adalah:
Q
C=
V
2 o l
C=
b
ln
a

=

Q

ln

(1-49)

Soal:
Tentukanlah kapasitansi sebuah bola terisolasi yang jari-jarinya R dan
mengangkut muatan sebesar Q. (jawab: C = 4πεoR)

3. Penyimpanan Energi Listrik pada Kapasitor
Perubahan kerja/usaha yang diperlukan untuk memindahkan muatan q diantara
plat-plat kapasitor sama dengan
dW = V dq
(1-50)
Apabila proses pemindahan muatan itu sampai muatan total q telah dipindahkan,
maka diperlukan usaha sebesar:
q

W =  dW   Vdq
0

q

q
=   dq
C
0
1
= CV 2
(1-51)
2
Tenaga ini disimpan di dalam kapasitor.
Apabila kita ingin mencari tenaga yang disimpan persatuan volume, yang disebut
sebagai kerapatan tenaga U, maka

RAM@2017

25

W
, dengan A.d adalah volume kapasitor.
A.d
Karena W = ½ CV2 , maka:
1
CV 2
U= 2
A.d
 A
Akan tetapi, untuk plat sejajar: C = o . Sehingga;
d
2
 V 
U= 0 
2 d 
 E2
= 0
2
V
sebab E = .
d
U=

(1-52)

4. Rangkaian Kapasitor
Kapasitor dalam pemakaiannya, dapat dirangkai seri, paralel, ataupun gabungan
keduanya.
b. Susunan seri
Rangkaian kapasitor susunan seri diperlihatkan dalam Gambar 1-23.
C1 C2

a

V1

V2

C3

b

V3

V

Gambar 1-23. Rangkaian kapasitor seri
Dalam rangkaian seri, muatan yang mengalir melalui kapasitor adalah sama,
Q

misalkan Q. Dari hubungan V =
V1 =

Q

,

V2 =

C
1

C

Q
C

, diperoleh:

,

V3 =

2

Q
C

.

3

Beda potensial listrik total antara ujung a dan b, adalah:
V = V1 + V2 + V3
V=

Q
C
1

+

Q
C

2

+

Q
C

3

=Q(

1
C
1

+

1
C

2

+

1
C

)

(1-53)

3

Q
1
V
atau
=
Kapasitansi ekivalen, Cek =
V
Cek
Q
Jadi, bila kedua ruas persamaan (1-51) dibagi dengan Q, maka akan diperoleh
hubungan kapasitansi ekivalen untuk rangkaian kapasitor seri, yakni:

RAM@2017

26

1

1



Cek



C1

1

1



C2

(1-54)

 ...

C3

Apabila ada n buah kapasitor yang disusun seri, maka kapasitansi ekivalennya
adalah:
1
Cek

 n

1

(1-55)

Cn

Apabila kapasitor-kapasitor tersebut identik misalnya C, maka;
Cek 

C

(1-56)

n

b. Susunan Paralel
Kapasitor-kapasitor yang disusun secara paralel, diperlihatkan dalam Gambar
1-24.
a

V

C1

Q1

Q2
C2

Q3
C3

b

Gambar 1-24. Susunan Kapasitor secara Paralel
Dalam susunan paralel: beda potensial listrik pada setiap kapasitor adalah
sama, misalkan dengan V. Muatan total yang tersimpan dalam susunan
paralel, yakni:
Q = Q1 + Q2 + Q3
(1-57)
Cek V = C1 V + C2 V + C3 V
sebab Q = C V
Cek V = (C1 + C2 + C3 ) V
Jadi, kapasitansi paralel kapasitor yang disusun paralel, adalah:
Cek = C1 + C2 + C3 +...
(1-58)
Apabila ada n buah kapasitor disusun paralel, maka:
Cek =  Cn
(1-59)
n

Dan bila kapasitor-kapasitor tersebut identik, misalnya C, maka:
Cek = n C
c. Kapasitor Gabungan
Ada tiga cara penggabungan kapasitor, yaitu:
1. dengan cara menyentuhkan
2. dengan menghubungkan dengan kawat halus
3. dengan menghubungkan kutub-kutub kapasitor yang berpolaritas sama.
Dalam kapasitor gabungan berlaku: Kekekalan muatan.
Tinjau dua buah kapasitor digabungkan seperti dalam Gambar 1-25. Potensial
gabungan dicari sebagai berikut:
Misalkan sebelum digabung:
 kapasitor 1, memiliki C1, V1 , Q1
 kapasitor 2, memiliki C2, V2 , Q2

RAM@2017

27

dan setelah digabung;
 kapasitor 1, memiliki: C1' ,V1' , Q1'
 kapasitor 2, memiliki: C2' ,V2' , Q2'
C2 V2
Q2
S
Q1
C1 V1

Gambar 1-25. Gabungan dua buah kapasitor
Dengan menerapkan kekekalan muatan, diperoleh:
muatan kapasitor sebelum digabung = muatan kapasitor setelah digabung
Q1 + Q2 = Q1' + Q2'
C1 V1 + C2 V2 = C1 Vgab + C2 Vgab
Atau:
Q  Q2 C1V1  C2V2

Vgab = 1
(1-60)
C1  C2
C1  C2
Contoh 7:
Sebuah kapasitor C1 ,dimuati sampai beda potensialnya Vo. Baterai pemuat,
diputus kemudian kapasitor tersebut dihubungkan seri dengan kapasitor C2
yang mula-mula kosong. Hitunglah:
a. potensial gabungan
b. energi yang tersimpan setelah penggabungan
Jawab:
(a). Setelah digabungkan:
Qo = Q1 + Q2 , atau C1 V0 = C1 Vgab + C2 Vgab
C1
Vo
Jadi potensial gabungan :
Vgab =
C1  C2
(b). Energi yang tersimpan sebelum kapasitor digabung adalah:
Uo = ½ C1 Vo2
Tetapi setelah kapsitor-kapsitor digabungkan, energi yang tersimpan
menjadi:
2
2
+ ½ C2 Vgab
U = ½ C1 Vgab
= ½ (C1 + C2 ) V

2
gab

 CV 
= ½ (C1 + C2 )  1 o 
 C1  C2 

2

 C1 
U o
= 
 C1  C2 

RAM@2017

28

G. DIELEKTRIK
Dielektrik adalah bahan yang tidak dapat menghantarkan listrik (non-konduktor)
seperti kaca, kertas, karet dan lain-lain. Apabila ruang diantara plat konduktor dari
kapasitor diisi dengan dielektrik, maka kapasitansi akan naik sebanding dengan
faktor κ. Faktor κ ini merupakan karakteristik dielektrik yang dinamakan konstanta
dielektrik.
Dielektrik memiliki molekul-molekul seperti Gambar 1-26(a), yang
menghasilkan medan listrik, yang dapat melemahkan medan listrik diantara kepingkeping kapasitor.
Muatan
Muatan
permukaan
positif pada
dielektrik

permukaan
negatif pada
dielektrik

molekul

Gambar 1-26. (a)dipol listrik dalam dielektrik (b) Muatan permukaan positif dan negatif
pada dielektrik yang disebabkan oleh reduksi dalam medan listrik.

Apabila diberikan medan listrik luar yang berasal ndari pelat-pelat kapasitor kepada
dielektrik, maka dipol-dipol listrik dielektrik tersebut mempolarisasikan diri searah
dengan medan listrik luar tersebut, seperti dalam Gambar 1-26(b).
Bila medan listrik diantara pelat-pelat kapasitor tanpa dielektrik adalah Eo, maka
medan listrik diantara pelat-pelat kapasitor yang berisi dielektrik, menjadi:
E
(1-61)
Ed = o



dengan Ed adalah medan listrik diantara pelat kapasitor yang berisi dielektrik.
Potensial listrik antara pelat-pelat kapasitor yang diisi dielektrik menjadi:
Vd = Ed . d
E
V
= o .d = o
(1-62)





sebab Vo = Eo .d. Dengan Vo adalah potensial listrik diantara pelat-pelat kapasitor
tanpa dielektrik, dan Vd adalah potensial listrik diantara pelat-pelat kapasitor bila
diisi dielektrik.
Kapasitansi kapasitor setelah diisi dielektrik dapat dicari dari hubungan:
Q
Q
=
, atau;
Cd =
Vd
Vo 
Cd = κ Co
(1-63)
Dengan Co adalah kapasitansi kapasitor tanpa dielektrik, dan Cd adalah kapasitansi
kapasitor bila diisi dielektrik.

RAM@2017

29

Untuk kapasitor keping sejajar, kapasitansinya tanpa dielektrik adalah Co =

o A

.
d
Jadi bila diantara keping kapasitor tersebut diisi dengan dielektrik, maka
kapasitansinya menjadi;
 A
Cd = κ Co = κ o
d
A
=
d
dengan;
ε = κ εo
(1-64)
yang mana ε disebut sebagai permitivitas dielektrik.
Dielektrik dan Hukum Gauss
Apabila tidak ada dielektrik, maka hukum Gauss ditulis sebagai;
εo  E.dA = Qo

(1-65)

untuk kapasitor keping sejajar:
εo  E.dA = Qo
Qo
o A
Di dalam dielektrik, hukum Gauss, ditulis menjadi:
εo  E.dA = Qo - Qb

εo Eo A = Qo atau Eo =

(1-66)
(1-67)

dengan Qo adalah muatan bebas, dan Qb adalah muatan terikat. Dengan menerapkan
hukum Gauss dalam persamaan (1-65), diperoleh medan listrik di dalam dielektrik,
yaitu;
Q
Q
(1-68)
Ed = o - b = Eo – Eb
o A o A
Dengan Eb adalah medan listrik yang berhubungan dengan muatan terikat.
Dari persamaan (1-66), diperoleh;
E
Eb = Eo – Ed = Eo - o , atau



  1
Eb = Eo 

  
Qo
Q
Ganti Eo dengan
dan Eb dengan b , akan diperoleh:
o A
o A

(1-69)

Qb
Q   1
= o 
(1-70)

o A o A   
Q
Q
tetapi b   b dan o   f , dengan σb dan σf masing-masing adalah rapat muatan
A
A
terikat persatuan luas dan rapat muatan bebeas persatuan luas. Dengan demikian
persamaan (1-68) dapat ditulis menjadi:

RAM@2017

30

  1
σb = σf 
(1-71)

  
Dalam bentuk muatan, kedua ruas persamaan (1-69) dikalikan dengan A, akan
diperoleh muatan terikat dalam dielektrik, yakni:
  1
(1-72)
Qb = Qo 

  
Dari uraian di atas terlihat bahwa Eb , σb , dan Qb , selalu lebih kecil dari Eo, σo , dan
Qo (keadaan semula), ketika kapasitor diisi dengan dielektrik, dan akan sama dengan
nol ketika κ = 1, yakni saat kapasitor tanpa dielektrik.

Contoh 8:
Sebuah kapasitor keping sejajar dibuat dengan menempatkan polietilen (κ = 2,3)
diantara dua lembaran aluminium foil. Luas lembaran tersebut 400 cm2 dan tebal
polietilen 0,3 mm. Carilah kapasitansinya?
Jawab:
Diket: κ = 2,3
A = 400 cm2 d = 0,3 mm

Cd = κ

o A
d

C2
)( 400 .10  4 m 2 )
Nm2
= 2,7247.10-9 F
3
0,3.10 m

(8,85.10 12
= (2,3)

H. KESIMPULAN
1. Muatan dapat dibagi dua jenis, yaitu muatan positif dan muatan negatif. Muatan
yang sejenis tolak-menolak dan muatan yang berlainan jenis tarik-menarik.
Muatan tidak dapat diciptakan ataupun dimusnahkan, tetapi dapat berpindah
tempat.
2. Besarnya gaya tarik-menarik atau tolak-menolak antara dua muatan, sebanding
dengan perkalian kedua muatan dan berbanding terbalik dengan jarak pisah
keduanya. Hasil ini dinamakan hukum Coulomb:
F1,2 

kq1q2
ѓ12
2
r1, 2

dengan: k =

2
9 Nm
 9 x10
2
40
C
1

3. Medan listrik di suatu titik dari suatu sistim muatan, didefinisikan sebagai
perbandingan gaya Coulomb persatuan muatan uji.
E

F
qo

dengan qo = muatan uji positif.
4. Medan listrik pada suatu titik yang berjarak r dari sebuah muatan titik q adalah:
kq
E 2 ѓ
r
RAM@2017

31

Apabila medan listrik ditimbulkan oleh banyak muatan, maka:
kq
E   i ѓi
ri
i
5. Medan listrik yang ditimbulkan oleh distribusi muatan serbasama, ditentukan
kdq
dengan cara: E   2 ѓ
v r
dengan: dq = ρ dV ; untuk distribusi muatan volume
dq = σ dA ; untuk distribusi muatan luas/permukaan
dq = λ dL ; untuk distribusi muatan garis
6. Fluks medan listrik menyatakan jumlah garis medan listrik yang menembus suatu
permukaan secara tegak lurus. Φ = E . ń dA = EA cos θ
7. Fluks total yang melewati suatu permukaan tertutup, sebanding dengan jumlah
muatan yang dilingkupi oleh permukaan tersebut, yang dikenal dengan hukum
Gauss.
Φtot =

E

ń dA =

Q

o

8. Medan listrik untuk beberapa distribusi muatan:
E = 0 : di dalam konduktor


: pada pelat tipis bermuatan
2 o

; pelat sejajar bermuatan
E=
o
Q r
; bola isolator bermuatan r < R
E=
4 o R 3

E=

1
; bola isolator bermuatan r ≥ R
4 o R 2
1 x
; r ≥ R, di luar selinder muatan padat
Er =
2 o r
1 r
Er =
; r