BAB VI LISTRIK STATIK
RANGKAIAN LISTRIK SEARAH
Beda Tegangan Listrik
Suatu sumber tegangan listrik arus searah mempunyai kutub positif dan negatif.
Kutub positif adalah kutub yang mempunyai potensial lebih tinggi, sebaliknya kutub negatif adalah kutub atau titik yang potensialnya lebih rendah. Alat pengukur beda tegangan listrik disebut volt meter. Alat ini dihubungkan paralel terhadap dua titik yang diukur beda tegangannya atau beda potensialnya.
Jika titik A potensialnya = 12 Volt dan titik B potensialnya 0 Volt dihubungkan dengan sebuah hambatan R, maka akan terjadi arus listrik di A ke B.
Arus listrik merupakan aliran muatan positif. Ini merupakan perjanjian saja.
Kenyataannya adalah aliran muatan negatif (elektron), sedangkan muatan positif (proton) sukar bergerak.
Jadi arus listrik mengalir dari titik A ke titik B, sedangkan elektron mengalir dari B ke A. Alat pengukur kuat arus disebut ampermeter. Dalam pengukuran arus, alat ini dipasang seri.
Definisi:
Kuat arus merupakan jumlah muatan yang mengalir persatuan waktu.
I = t q
I = kuat arus dalam satuan amper q = muatan dalam satuan Coulomb t = waktu dalam satuan sekon
Kuat arus 1 ampere terjadi jika dalam waktu 1 sekon mengalir muatan sebesar 1 Coulomb.
Catatan : definisi kuat arus di atas untuk sementara dianggap lebih sederhana dan praktis untuk tingkat SMA.
Definisi kuat arus yang baru (1946)
1 Amper merupakan kuat arus konstan yang dipertahankan dalam 2 penghantar sejajar yang lurus tak terhingga dengan penampang yang diabaikan pada jarak 1
meter, akan menghasilkan gaya di antara penghantar ini yang sama dengan 2 x 10-7 Newton per meter panjang.
Contoh:
Pada suatu rangkaian tertutup mengalir muatan sebesar 1200 mC setiap menit.
Berapakah kuat arus yang mengalir?
Penyelesaian:
i = 60 sekon C . 10 . 1200 t
q −6
= = 20.10-6 C/s
= 20 mikro amper = 20 A
Jika melakukan pengamatan perubahan tegangan terhadap kuat arus, maka akan didapat bahwa besarnya kuat arus sebanding dengan tegangan.
Makin diperbesar tegangan, makin besar pula kuat arus. Hal ini berlaku secara linier. Artinya jika beda tegangan dibuat 2 kali lipat maka kuat arus juga akan menjadi 2 kali lipat. Sebaliknya jika tegangan diperkecil menjadi setengah tegangan sebelumnya, maka kuat arus juga menjadi setengah dari kuat arus sebelumnya.
Sehingga I
V = konstan
Besarnya konstanta ini tergantung pada nilai beban atau hambatan (R) yang dipasang.
Jadi I
V = R atau V = I . R
V = beda potensial dalam satuan Volt (V) I = kuat arus dalam satuan Amper (A)
a. Kuat arus dalam penghantar yang tidak bercabang selalu sama.
Hukum I Kirchoff
b. Jumlah kuat arus yang melalui titik cabang sama dengan jumlah kuat arus yang keluar dari titik cabang itu.
I = i1 + i2 + i3 ...
Contoh
Tiga buah lampu sejenis dihubungkan paralel dengan sumber tegangan. Jika kuat arus induk sebesar 0,6 ampere, berapakah kuat arus pada masing-masing cabang?
Penyelesaian :
V = i . r r1 = r2 = r3
Jadi
3 2
1 r
V r V r
V = =
i1 = i2 = i3 = i cabang i = i1 + i2 + i3
1 = 3ic
0,6 = 3 ic ic = 0,2 ampere
Hambatan (R) sebanding dengan hambatan kawat panjangnya (l) dan berbanding terbalik dengan luas penampangnya (A)
Dapat ditulis : R ~ A
1
hambat jenis setiap kawat berlainan. Misalnya hambatan 1 meter kawat tembaga berlainan dengan hambatan 1 meter kawat michrom. Sehingga rumus di atas menjadi :
R = A
1
Contoh:
Kawat yang panjangnya 20 meter dan penampangnya 1 mm2 mempunyai hambatan 50 Ohm. Berapakah hambat jenisnya.
Penyelesaian:
R = . A
1 =
20 10 . 50 A 11 A .
R −6
= I = 20 cm A = 1 mm2 = 10-4 m2
= 2,5 . 10-6 ohm.m
Selain tergantung pada hambat jenis () nya, hambatan kawat penghantar juga tergantung pada suhu.
Rt = Ro (1 + t)
= koefisien suhu dapat positif atau negatif.
Contoh:
Sebuah filamen lampu pijar pada 0 hambatannya 5 ohm. Berapakah hambatannya pada suhu 2000? Koefisien suhu kawat 0,005.
Penyelesaian
Ro = 5 ohm Rt = Ro (1 + .t)
t = 2000 = 5 (1 + 0,005 . 2000)
= 0,005 = 5 (1 + 10) = 55
Rt = 55 Ohm
Susunan Hambatan Seri (Rs)
Pada kawat yang tidak bercabang kuat arus selalu sama.
Karena itu berlaku VP – VA = i . R1
VA – VB = i . R2
VB – Vo = i . R3
VP – Vo = i (R1 + R2 + R3) atau
VP – Vo = i . Rs
i . Rs = i . (R1 + R2 + R3) Jadi Rs = R1 + R2 + R3 + …
Susunan hambatan paralel (Rp)
Hambatan-hambatan yang disusun secara paralel beda tegangannya sama.
VPO = V
1. Untuk merangkai komponen elektronika diperlukan hambatan yang nilainya 300 ohm. Jika tersedia cukup banyak hambatan yang nilainya100 ohm, bagaimana cara merangkainya?
Penyelesaian:
2. Diperlukan hambatan yang nilainya 150 Ohm. Sedangkan resistor (hamabtan) yang ada semuanya bernilai 100 Ohm. Bagaimana cara menyusunnya?
Penyelesaian:
Dengan menghubungkan secara paralel dua hambatan 100 ohm maka nilai hambatan paralel sama dengan 50 Ohm.
100 1 100
1 R
1
P
+
=
100 2 R
1
P
= RP = 50
Selanjutnya 2 hambatan paralel ini dihubungkan secara seri dengan hambatan lain 100 Ohm.
Jadilah sekarang Rgabungan seri-paralel yang nilainya 150 Ohm.
Rs = 100 + 50 = 150
Gabungan Sumber Tegangan 1. Sumber tegangan secara seri
Sumber tegangan yang disusun secara bersifat memperbesar tegangan sesuai dengan jumlah tegangan penyusunnya.
Contoh:
6 buah baterai yang masing-masing bertegangan 1,5 Volt dihubungkan secara seri untuk mengoperasikan sebuah radio/casette recorder. Berapakah tegangan (GGL) gabungannya?
Penyelesaian:
Es = 6 . 1,5 Volt = 9 Volt.
2. Sumber tegangan secara paralel
Pada alat tertentu, alat yang mempunyai daya listrik yang cukup besar, selain tegangan yang cukup diperlukan pula kuat arus yang memadai. Untuk menghidupkan mesin sebuah truk misalnya, maka aki sebuah sepeda motor tidak akan mampu menjalankan, walaupun aki sepeda motor memiliki tegangan (GGL) yang sama dengan aki untuk truk yaitu 12 Volt. Mengapa?
Untuk menjalankan motor mesin sebuah truk diperlukan daya yang besar, karena itu arus listrik yang dihasilkan suatu sumber tegangan juga harus besar.
Sebagai perbandingan aki sepeda motor dapat menghasilkan arus sebesar 6 ampere, sedangkan aki untuk truk dapat menghasilkan arus listrik 30-50 ampere.
Hubungan paralel dapat mengatasi pemasokan arus yang besar Misalnya
Aki 1 mempunyai GGL E dan kuat arus I1. Aki 2 mempunyai yang sama E dan kuat arus I2.
Maka aki gabungan secara paralel akan memberikan tegangan yang sama dengan E tetapi kemampuan memasok arus i1 + i2.
Contoh : 2 buah aki 12 Volt/30 ampere yang dihubungkan paralel akan berfungsi sebagai aki 12 Volt/60 ampere.
Sumber Arus Searah dari berbagai proses kimiawi
Sumber elemen dari proses kimiawi atau elemen elektrokimia merupakan elemen yang dapat mengubah energi kimia menjadi energi listrik selama proses kimiawi berlangsung. Ada beberapa jenis elemen elektro kimia, antara lain: elemen primer, elemen sekunder dan elemen bahan bakar.
Elemen Primer
Elemen primer merupakan elemen elektro kimia yang setelah digunakan memerlukan penggantian bahan pereaksi. Contohnya elemen Volta dan elemen kering.
Elemen Sekunder
Elemen sekunder merupakan elemen elektro kimia yang bahan pereaksinya dapat diperbarui dengan memberi arus listrik dari sumber listrik lain.
Contohnya aki.
Teori Nernst
Jika suatu logam dicelupkan ke dalam larutan asam atau garam logam, maka logam tersebut melepaskan ion-ion positif ke dalam larutan. Karena antara logam dan larutan memiliki beda potensial yang disebut tegangan larut elektrolitik.
Deret Volta
Volta dan Nernst menyusun deretan logam-logam, dari yang kuat sampai yang lemah tegangan larut elektrolitiknya sebagai berikut:
K Na Ca Mg Al Zn Fe Ni Sn Pb H Cu Ag Pt Au C
Kuat lemah
Tegangan elektrolitik
Makin besar tegangan elektrolitiknya, makin besar pula beda potensial antara logam dengan larutan. Ingat potensial larutan lebih tinggi dari logam.
Elemen Volta
Elemen Volta terdiri dari bejana yang berisi larutan asam sulfat (H2SO4) dan 2 batang elektroda yaitu dari logam tembaga (Cu) dan seng (Zn).
Dari diagram di atas terlihat bahwa potensial batang tembaga (Cu) lebih tinggi dari potensial batang Seng (Zn). Jadi arus listrik mengalir dari batang tembaga, melalui kawat, menuju batang seng. Sebaliknya elektron mengalir dari batang seng, melalui kawat, menuju batang tembaga.
Dalam larutan, mula-mula batang Cu melepaskan ion-ion CU++, tetapi kaerna adanya aliran elektron menuju batang Cu dari batang Zn melalui kawat, maka terjadi keseimbangan. Sekarang fungsi Cu++ digantikan oleh ion H+. Ion H+ mendapatkan elektron menjadi atom H netral yang selanjutnya menjadi H2
yang meninggalkan zat cair sebagai gas. Jadi keseimbangan Cu dapat terjadi karena pengambilan elektron oleh ion H++.
Ketika asam sulfat (H2SO4) dilarutkan ke dalam air, maka terbentuklah ion H+ dan ion SO4-. Ion H+ setelah mendapatkan elektron dari Cu selanjutnya menghilang dan ion SO4- bersenyawa dengan ion-ion Zn++ yang berasal dari batang Zn yang tercelup dalam larutan hingga terjadi ZnSO4. Karena itu larutan H2SO4 lama-kelamaan menjadi ZnSO4. Adapun persamaan reaksinya sebagai berikut:
Zn + H2SO4 → ZnSO4 + H2
(menguap)
Penggunaan elemen Volta kurang praktis karena adanya polarisasi, yaitu peristiwa tertutupnya elektroda elemen karena hasil reaksi yang menempel pada elektroda tersebut.
Elemen Leclanche (elemen kering)
Elemen ini lebih praktis dan mengurangi sedikit kelemahan pada elemen Volta, yaitu proses polarisasinya diperlambat.
Ion Zn++ masuk ke dalam larutan, hingga pembungkus dari seng menjadi bermuatan negatif terhadap salmiak (NH4Cl).
Salmiak dalam larutan terurai:
NH4Cl → NH4+ + Cl
-Ion-ion NH4+ melalui pori-pori menuju batang arang (C) untuk memberikan muatan positif. Selanjutnya NH4 menjadi netral dan terurai menjadi:
NH4 → 2NH3 + H2
H2 + 2 MnO2 → Mn2O3 + H2O
Hidrogen yang terbentuk menimbulkan polarisasi pada batang arang. Tapi dengan adanya batu kawi (MnO2) dapat dioksidasi hingga terbentuk H2O (air).
Karena oksidasi ini tidak terlalu cepat, maka polarisasinya dapat menurunkan GGL. Dalam keadaan baru GGL elemen ini kira-kira 1,5 Vol.
AKI
Aki termasuk elemen sekunder. Bahan pereaksi elemen ini setelah dipakai dapat diperbarui dengan mengalirkan arus listrik yang arahnya berlawanan dengan arah arus yang dihasilkan aki.
Pada aki terdapat 2 lempeng timbal yang dicelupkan ke dalam larutan asam sulfat (H2SO4). Satu lempeng dilapisi PbO2 sebagai kutub positif dan yang lain dilapisi Pb sebagai kutub negatif.
Arus mengalir dari lempeng PbO2 menuju lempeng Pb melalui kawat. Dalam larutan H2SO4, arus mengalir dari lempeng Pb, menuju lempeng PbO2.
H2SO4 → 2H+ + SO4
-Kutub positif : 2H+ + - → 2H
PbO2 + 2H + H2SO4 → PbSO4 – 2H2O
Kutub negatif : SO4- → SO4+ -Pb + SO4 → PbSO4
Reaksi total PbO2 + Pb + 2H2SO4 → 2PbSO4 + 2H2O
Perhatikan senyawa-senyawa sebelum reaksi dan sesudah reaksi. Terlihat pada proses pengosongan muatan senyawa H2SO4 hilang dan larutan menjadi encer, tinggal bahan pelarut H2O.
Pengisian Aki
Dalam pengisian aki, kutub positif dari sumber arus searah dihubungkan dengan kutub positif aki, dan kutub negatif sumber dihubungkan dengan kutub negatif aki. Dalam larutan, sekarang arus listrik mengalir dari kutub positif lewat larutan, menuju lempeng kutub negatif.
Ketika aki kosong Kutub positif PbSO4
Kutub negatif PbSO4
Larutan H2SO4 encer
Ketika proses pengisian:
H2SO4 → 2H+ + SO4
-Kutub positif : SO4- → SO4 +
-PbSO4 + SO4 + 2H2O → PbO2 + 2H2SO4
Kutub negatif : 2H+ + - → 2 H
PbSO4 + 2 H → Pb + H2SO4
Reaksi total 2PbSO4 + 2H2O → PbO2 + Pb + 2 H2SO4
+ +
Perhatikan bahwa dalam proses pengisian aki larutan H2SO4 yang encer menjadi pekat, karena SO4 yang menempel pada lempeng-lempeng kutub positif dan negatif membentuk H2SO4 kembali.
Energi dan Daya Listrik
kuat arus i hambatan R
Beda potensial titik A dan titik B = VAB
q = i . t
Usaha atau energi (W)
karena V = i . R W = V . q
W = i . R . i . t
= i2 . R . t dari i =
R
V → W = i2 . R. t
W = 2
2
R V .R.t
dari q = i . t W = v . q
Rumus-rumus energi
Satuannya joule
Daya listrik (P) merupakan usaha yang dilakukan per satuan waktu atau P = t
W
W = .t R V2
W = V . I . t
W = i2 . R . t. Joule W = .t
R V2
. Joule W = V . I . t . Joule
Dari rumus-rumus energi di atas, maka Rumus-rumus daa P :
Satuannya Joule/sekon = Watt
Contoh Soal dan Penyelesaiannya 1. Sebuah lampu tertulis 25 W/220 V.
Berapakah hambatan filamen pada lampu tersebut?
Penyelesaian:
Lampu 25 W/220 V berarti lampu tersebut akan memberikan daya sebesar 25 Watt, jika padanya diberikan tegangan sebesar 220 volt.
P = R V2
R = 25
48400 25
220 P
V2 = 2 − = 1936 Ohm
2. Berapakah energi lampu pada soal No. 1 jika dinyalakan terus-menerus selama 24 jam?
Penyelesaian:
24 jam = 24 . 60 . 60 sekon
= 86400 sekon W = p . t
= 25.86400 J
= 2.160.000 J
= 2,16 . 106 J
3. Berapa kilo watt jam (kilo watt hours/KWh) energi pada soal No. 2?
Penyelesaian:
1 KWh = 1000 . W . 3600 sekon = 3.600.000 J
= 3,6 . 106 J
P = i2 . R Watt P = R
V2
Watt P = V . i Watt
Energi dalam KWh =
4. Jika biaya per KWh energi listrik adalah Rp 75,-.
Berapakah biaya yang harus dibayar pada soal No. 3 di atas?
Penyelesaian :
Biaya = 0,6 x Rp 75 = Rp 45.
5. Daya listrik disuatu rumah tertulis 450 Watt pada tegangan 220 Volt.
Berapakah kuat arus maksimum yang dapat melewati sekring?
Penyelesaian :
Gunakan rumus P = V . I I = 220
450
VP = 2,045 Ampere
6. Sebuah alat elektronik mempunyai daya 50 Watt dan memerlukan tegangan 12 Volt. Berapa ampere nilai sekring yang harus dipasang?
Penyelesaian;
Jadi nilai sekring yang harus dipasang bernilai 4,17 Ampere.
7. Sebuah pemanas listrik mempunyai daya 200 Watt. Berapa lama waktu yang diperlukan untuk memanaskan air 0,4 liter dari 20C menjadi 80C? Kalor jenis = 1 kal per gram C.
(Kapasitas kalor pemanas diabaikan) Penyelesaian :
t = 50,4 2000
100800
V = =
50,4 sekon
8. Berapakah waktu yang diperlukan pada soal no. 7 jika kapasitas kalor alat pemanas 200 jal/C.
Penyelesaian:
Q = (C + m .c) T
= (200 + 400 . 1) (80 – 20)
= 600 . 60 = 36.000 kal
W = 36.000 . 4,2 Joule = 151.200 Joule W = P . t
t = 75,6
000 . 2
200 . 151 p
W = =
Jadi waktu yang diperlukan = 75,6 Sekon.
9. Pada suatu pabrik mempunyai mesin yang dayanya 40.000 Watt, dijalankan 10 jam per hari. Selain itu untuk penerangan digunakan lampu-lampu yang dinyalakan terus, 24 jam dengan jumlah daya 5000 Watt. Jika hari minggu pabrik tetap bekerja lembur dan biaya listrik Rp 100/KWH, berapakah biaya yang harus dikeluarkan selama 1 bulan (30 hari)?
Bea beban instalasi Rp 40.000/bulan.
Penyelesaian:
Energi mesin/30 hari = 40.000 W x 10 jam x 30 = 12.000.000 Watt jam
= 12.000 KWH Energi lampu/30 hari = 5.000 x 24 jam x 30 = 3.600.000 Watt jam
= 3.600 KWH
Biaya:
Mesin = 12.000 x Rp 100 = Rp 120.000,- Lampu = 2.600 x Rp 100 = Rp 36.000,-
Beban Rp 40.000,-
Biaya listrik total/bln = Rp 196.000,-
Soal-soal Latihan
1. Kuat arus dinyatakan dengan satuan ampere. 1 ampere sama dengan …..
A. Coulomb
B. Coulomb . Sekon C. Coulomb . Sekon2 D. Coulomb/Sekon E. Sekon/Coulomb
2. Banyaknya muatan dalam arus 4 ampere yang mengalir selama 1 menit ialah A. 1/4 C
B. 4 C C. 40 C D. 140 C E. 240 C
3. Besarnya hambatan kawat tergantung pada …..
A. panjang, jenis dan penampang kawat B. panjang, kuat arus dan penampang kawat C. potensial, panjang, jenis kawat
D. potensial, kuat harus dan panjang kawat E. potensial, kuat arus dan penampang kawat
4. Hambat jenis kawat dinyatakan dalam ....
A. Ohm
B. Ohm . meter C. Ohm/meter D. meter/ohm E. Ohm.meter2
5. Dalam kawat dialiri arus 10 A (mikro ampere) menghasilkan beda potensial 1 mV (mili Volt), maka besarnya hambatan kawat ...
A. 0,01 Ohm
B. 0,1 Ohm C. 1 Ohm D. 10 Ohm E. 100 Ohm
Kunci Jawaban 1. D
2. E 3. A 4. B 5. E
BAB VIII