LISTRIK MAGNET I S1 Fisika 3 SKS
1
BAB I MEDAN LISTRIK STATIS 1.1 PENDAHULUAN
Sebutlah q1, q2,… sebagai muatan-muatan “sumber” dan Q sebagai muatan test. Satuan muatan: coulomb (C) Bagaimana menentukan gaya pada muatan Q ? Pada umumnya muatan-muatan sumber dan muatan test bergerak. Lalu bagaimana menentukan lintasan muatan test Q ?
2
r r F1 , F2 ,...........
Misalkan
adalah gaya-gaya oleh muatan-muatan sumber q1, q2, ……..pada muatan test, maka total gaya pada muatan test itu
r r r F = F1 + F2 + .............
r r -q
r F
r r
+Q
r F +Q Muatan test
+q Muatan sumber
Besar gaya bergantung pada besar muatan dan jarak Arahnya bergantung jenis muatan.
3
1.2 HUKUM COULOMB Gaya pada muatan test Q oleh muatan sumber q sebanding dengan muatan-muatan dan berbanding terbalik kuadrat jarak.
r F=
qQ 4πε o
r
2
eˆ
r
newton q
εo=8,85 x 10-12 C2/Nm2 adalah permittivitas ruang hampa
rr = Rr − rr eˆ
r
r rr
Q
r R
r r
yang besarnya
Vektor satuan searah
rr
r F
O
Untuk sejumlah muatan sumber:
Fˆ =
q1Q
r
4πε o 2 1
r
eˆ 1 +
q2Q
r
4πε o 2 2
r
eˆ 2 +
q3 Q
r
4πε o 2 3
r
eˆ 3 + ........... 4
1.2 MEDAN LISTRIK
qQ
Fˆ =
4πε o r v F = QE;
r
⎛ q ˆ e = Q⎜⎜ 2 ⎝ 4πε o r q E= eˆ 2 4πε o
r
r
r
Arah:
r ⎞ eˆ ⎟⎟ = QE 2 ⎠
r
r
F//E jika Q positip F><E jika Q negatip
r
Medan listrik dari satu muatan sumber q di titik sejauh
Untuk banyak muatan sumber:
Fˆ =
q1Q
r
r
eˆ 1 +
q2Q
r
r
eˆ 2 +
q3 Q
r
eˆ 3 + ..........
r
4πε o 2 4πε o 2 4πε o 2 1 2 3 ⎞ ⎛ r ⎟ ⎜ q1 q2 q1 eˆ 1 + eˆ 2 + eˆ 3 + ..........⎟ = QE = Q⎜ ⎟ ⎜ 4πε o 2 4πε o 2 4πε o 2 1 2 3 ⎠ ⎝
r
r
r
r
r
Medan listrik dari sejumlah muatan sumber
r
5
r r E ( R) =
q1
r
4πε o 2 1
r
eˆ 1 +
q2
r
4πε o 2 2
r
eˆ 2 +
q1
r
4πε o 2 3
r ri x
r
i
qi
r
4πε o 2 i
eˆ
r
i
newton/coulomb
z
qi
eˆ 3 + ........ = ∑
rr i
Titik medan
r R
Medan listrik bergantung pada posisi titik medan R
y
6
Contoh 1: Tentukan kuat medan di titik P (a) jika kedua muatan sejenis, (b) jika berbeda jenis. Periksa jika z>>d/2.
a)
Misalkan muatan-muatan itu positif
E
E=2
θ P
r
z
r
d/2 +q
Jika z>>d/2:
4πε o
cosθ = E=2
+q d/2
q
E=
r
2
cosθ
r = r z
;
[
z 2 + (d / 2)
2
qz
4πε o z 2 + (d / 2 )
]
2 3/ 2
2q 4πε o z 2
7
b)
E=2 P
r +q d/2
θ
z
E
r
4πε o
cosθ = E=2
d/2 -q
Jika z>>d/2:
q
E=
r
2
cosθ
r = r
d /2
;
[
z 2 + (d / 2 )
2
qd / 2
4πε o z 2 + (d / 2 )
]
2 3/ 2
qd 4πε o z 3
qd disebut momen dipol
8
P
Jika sumber merupakan muatan kontinu: 1. garis
2. Permukaan
3. volume
r E=
r E=
1 4πε o
1 4πε o
r E=
1
∫
λ ( x)
∫
r2
eˆr dx λ(x)dx
σ (r )
r
A
∫
4πε o V
2
eˆr da
ρ (r )
r
2
eˆr dv
9
Contoh 2: Tentukanlah medan listrik pada jarak z di atas titik tengah garis lurus panjangnya 2L dan rapat muatannya λ Periksa jika z>>L dan L>>z.
r dE =
λ dx
1
r r = r
4πε o z cos θ = ;
2
cos θ kˆ
E
z2 + x2
z
2λ L 4πε o z 2 1 2λ Jika L>>z: E = 4πε o z Jika z>>L:
E=
1
sepertinya q=2λL
10
1.3 FLUKS LISTRIK DAN HUKUM GAUSS
r E=
1
q eˆ newton/coulomb 2 r 4πε o r
Garis medan dari suatu muatan positif Garis medan dari dua buah muatan yang sama besar tapi berbeda jenis; dipol
Garis medan dari dua buah muatan yang sama besar sama jenis; l
11
Fluks listrik= jumlah garis gaya melalui suatu permukaan
r r Φ E = ∫ E . da S
r da =vektor elemen luas tegak lurus pada permukaan S
r da = nˆ da
S
nˆ =vektor satuan normal pada S Perkalian dot →proyeksi E pada garis normal
r E da
θ
nˆ
r r r Φ E = ∫ E. da = ∫ E. nˆ da = ∫ E cosθ da S
S
S
12
Fluks melalui permukaan tertutup
q
r 1 q 2 ˆ ˆ Φ = ∫ E.nˆ da = ∫ e . n r sinθ dθ dφ 2 r 4πεo r S
r E
da = r 2 sin θ dθ dφ nˆ
bola
eˆ r = nˆ 0 ≤ θ ≤ 180 o ;
r q ˆ Φ E = ∫ E. n da = S
+q
Sembarang permukaan tertutup
0 ≤ φ ≤ 360
εo
o
Nm2C-1
• Dalam kenyataannya, bentuk permukaan tertutup tak harus bola, bisa berbentuk apa saja asal tertutup akan memenuhi persamaan di atas. • q tak harus muatan tunggal, tapi bisa jumlah muatan asal berada dalam permukaan tertutup. 13
Hukum Gauss : Fluks listrik melalui permukaan tertutup sebanding dengan jumlah muatan di dalam permukaan itu
r r Q Φ E = ∫ E . da =
εo
S
Teori Divergensi:
Hukum Gauss dalam bentuk integral. S disebut permukaan Gauss.
( )
r r r ∫ E. da = ∫ ∇. E dv S
r r Φ E = ∫ E . da = S
Q = ∫ ρ dv
∫(
V
)
V=volume yang ditutupi permukaan S
∂ ˆ ∂ ˆ∂ ˆ ∇=i + j +k ∂z ∂x ∂y
r ∇ . E dv
V
ρ rapat muatan
V
r ρ ∇. E =
εo
Hukum Gauss dalam bentuk diferensial
Ingat:
r ∂E x ∂E y ∂E z ∇. E = + + ∂y ∂x ∂z
14
Contoh 3: Andaikan medan listrik
r E = kr 3 eˆr ,
di dalam koordinat bola, k adalah konstanta.
a) Tentukan rapat muatan ρ, b) Tentukan total muatan dalam bola berjari-jari R
r
a) ∇. E =
ρ εo
r 1 ∂ 2 1 ∂ 1 ∂ sin θ Eθ + ∇. E = 2 r Er + Eφ r ∂r r sin θ ∂θ r sin θ ∂φ
(
)
r 1 ∂ 2 1 3 ∇.E = 2 r × kr = 2 5kr 4 = 5kr 2 r ∂r r ρ (r ) = 5kε o r 2
(
)
z θ r
b)
Q = ∫ ρ (r )dv; dv = r 2 dr sin θ dθ dφ V
R
π
2π
0
0
0
= 5kε o ∫ r 4 dr ∫ sin θ dθ ∫ dφ = 4π kε o R 5
x
φ
y
Koordinat bola
15
Contoh 4: Sebuah silinder panjang memiliki rapat muatan sebanding dengan jarak dari sumbunya: ρ=ks, k konstanta. Tentukan medan listrik di dalam silinder. Gambarkan permukaan Gauss berbentuk silinder sepusat dengan silinder asli.
r r Q Φ E = ∫ E . da =
l
S
r
εo
2π
s
l
2 Q = ∫ ρ dv = k ∫ r r dr dφ dz = k ∫ r dr ∫ dφ ∫ dz = π kls 3 3 V 0 0 0 r r r ∫ E. da = E 2π sl E tegak lurus permukaan 2
Permukaan Gauss
S
E 2π sl =
2 1 π kls 3 → E = ks 2 3ε o 3ε o 16
Contoh 5: Suatu bidang datar luas sekali, memiliki muatan himogen dengan kerapatan σ. Tentukan medan listrik yang ditimbulkannya. Gambarkan permukaan Gauss berbentuk kotak yang memotong bidang datar.
r r 1 ∫ E .d a = Q ; Q = σ A S
εo
Permukaan Gauss
A=luas permukaan sisi atas kotak; Medan E tegak lurus permukaan kotak arah ke atas dan ke bawah. Jadi,
r r ∫ E.da = 2 EA 2 EA =
σA σ →E= εo 2ε o
Arah ke atas atau ke bawah
17
Contoh 6: Dua plat sejajar masing-masing dengan rapat muatan +σ dan -σ.
σ 2ε o σ E = Plat negatif menghasilkan medan arah menuju plat: − 2ε o Plat positif menghasilkan medan arah keluar plat: E + =
Medan di daerah (i) dan (iii): E
=0
Medan di daerah (ii) atau di antara kedua plat:
E=
σ εo
18
1.4 SIFAT KONSERVATIF MEDAN LISTRIK
r E= +q
ra a
1
q eˆ 2 r 4πε o r
r r Integaral E dari a ke b: ∫ E. dl = ? b
rb b
a
Koordinat bola:
r dl = dr eˆr + (r dθ ) eˆθ + (r sin θ dφ ) eˆφ
r r b 1 q 1 q ˆ ˆ E . d l = = − e . e dr ∫a ∫a 4πε o r 2 r r 4πε o r b
rb
ra
1 ⎛q q⎞ ⎜⎜ − ⎟⎟ = 4πε o ⎝ ra rb ⎠
Hasil integral tidak bergantung pada bentuk lintasan, tapi bergantung pada posisi titik awal dan posisi titik akhir. 19
r r ∫ E . dl = +q
Integral pada garis tertutup sama dengan nol. Jadi medan listrik bersifat konservatif.
ra b
Kurva tertutup
Ingat:
Teori Stokes:
(
a
Karena
1 ⎛q q⎞ ⎜⎜ − ⎟⎟ = 0 4πε o ⎝ ra ra ⎠
)
r r r ∫ E . dl = ∫ ∇ × E . nˆ da S
r r r ∫ E. dl = 0 → ∇ × E = 0
r ⎛ ∂E z ∂E y ⎞ ⎟⎟ + − ∇ × E = iˆ⎜⎜ ∂z ⎠ ⎝ ∂y r ∂E z ∂E y ∇× E = 0 → = ; ∂z ∂y
S=luas bidang yang dilingkupi oleh kurva tertutup
Inilah curl dari medan listrik, ciri medan konservatif
∂E y ∂E x ⎛ E ∂ ∂ E ⎞ ⎛ x z ˆ ˆj ⎜ − − ⎟ + k ⎜⎜ ∂x ⎠ ⎝ ∂x ∂y ⎝ ∂z ∂E x ∂E z ∂E y ∂E x = − ; ∂z ∂x ∂x ∂y
⎞ ⎟⎟ ⎠ 20
Contoh 7: Periksa apakah medan berikut konservatif atau tidak.
( [
)
r a ) E = α xyiˆ + 2 yzˆj + 3xzkˆ r b) E = α y 2 iˆ + 2 xy + z 2 ˆj + 2 yzkˆ
(
)
]
Konservatif jika:
r ⎛ ∂E z ∂E y ⎞ ˆ ⎛ ∂E x ∂E z ⎞ ˆ ⎛ ∂E y ∂E x ˆ ⎟⎟ + j ⎜ − − − ∇ × E = i ⎜⎜ ⎟ + k ⎜⎜ ∂x ⎠ ∂y ∂z ⎠ ⎝ ∂z ⎝ ∂x ⎝ ∂y ∂E ∂E x =α x a ) E x = α xy → x = 0, ∂y ∂z ∂E y ∂E y = 2α y; =0 E y = 2α yz → ∂z ∂x ∂E ∂E z E z = 3α xz → z = 3αz; =0 ∂x ∂y r ∇ × E = iˆ(0 − 2α y ) + ˆj (0 − 3αz ) + kˆ(0 − α x ) ≠ 0 r E = α xyiˆ + 2 yzˆj + 3xzkˆ bukan gaya konservatif
(
)
⎞ ⎟⎟ = 0 ⎠
21
∂E x ∂E x = 2αy = 0, ∂y ∂z ∂E y ∂E y 2 E y = α 2 xy + z → = 2αz; = 2αy ∂z ∂x ∂E ∂E z E z = 2αyz → z = 0; = 2αz ∂x ∂y r ∇ × E = iˆ(2αz − 2αz ) + ˆj (0 − 0 ) + kˆ(2αy − 2αy ) = 0 r E = α y 2 iˆ + 2 xy + z 2 ˆj + 2 yzkˆ gaya konservatif
b) E x = αy 2 →
(
[
)
(
)
]
22
BAB II POTENSIAL LISTRIK 2.1 POTENSIAL LISTRIK Tinjau muatan test +Q di dalam medan listrik r E ryang ditimbulkan muatan sumber +q. Gaya pada muatan F = qE Karena E medan konservatif, maka gaya F juga konservatif. Energi potensial +Q sejauh r dari sumber +q adalah usaha membawa muatan +Q dari suatu titik standar ke titik r untuk melawan gaya listrik F.
r r E p (r ) = − ∫ F . dl
+q
+Q r
r E
r r F = QE
r
Joule
O adalah titik standar.
O
Potensial listrik di suatu titik=energi potensial per satuan muatan di titik itu.
V (r ) =
dE p dQ
r r = − ∫ E . dl r
O
volt=joule/coulomb =newton meter/coulomb
23
r r r V (r ) = − ∫ E. dl → E = −∇ V r
O
dV ˆ dV ˆ dV ∇V = iˆ +j +k dy dz dx
Gradient dari V
Beda potensial antara titik b dan titik a adalah V(b)-V(a): rb r r ⎛ rb r r ⎞ ⎛ ra r r ⎞ V (b) − V (a ) = ⎜ − ∫ E.dl ⎟ − ⎜ − ∫ E.dl ⎟ = − ∫ E. dl ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ O O ra ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ rb r = ∫ ∇ V . dl ra
24
Contoh 8: Tentukanlah potensial di dalam dan di luar bola berjari-jari R, jika muatan tersebar merata dipermukaanya. Gunakan titik di tak berhingga jauh sebagai referensi. Misalkan total muatan permukaan bola adalah Q. Maka dengan hukum Gauss diperoleh medan listrik:
⎧ Q r eˆ r ≥ R ⎪ 2 r E (r ) = ⎨ 4πε o r ⎪0 r < R ⎩
r r V (r ) = − ∫ E. dl
E
r
O
r dl = dr eˆr + (r dθ ) eˆθ + (r sin θ dφ ) eˆφ eˆr . dlˆ = dr
Q 4πε o R 2 R
r 25
r ≥ R: r
1 Q ⎛1⎞ Q V (r ) = − dr ' = ⎜ ⎟ = 2 ∫ 4πε o ∞ r ' 4πε o ⎝ r ' ⎠ ∞ 4πε o r Q
r
r < R: r r Q 1 V (r ) = − ∫ E. dlˆ = − . dr ' 2 ∫ 4πε o ∞ r ' ∞ r
r⎞ ⎛ r 1 Q ⎜ ⎟ . dr '+⎜ − ∫ 0. dl ⎟ = =− 2 ∫ 4πε o ∞ r ' ⎝ R ⎠ 4πε o R Q
R
V
Q 4πε o R R
r 26
2.2 Potensial oleh distribusi muatan
r r V ( r ) = − ∫ E . dl r
Berdasarkan:
O
27
Potensial oleh muatan garis:
Potensial oleh muatan permukaan:
Contoh 9: Tentukan potensial oleh suatu bola yang bermuatan homogen pada kulitnya.
Tinjau titik pada sb-z sejah berposisi polar (R,θ’)
r
dari elemen luas
28
Elemen luas di permukaan bola R2 sinθ dθ dφ
Di luar bola z>R:
(R − z) 2 = z − R
Di dalam bola z
(R − z) 2 = R − z 29
di luar bola di dalam bola
Contoh 10. Tentukanlah potensial di titik P sejauh z dari titik tengah garis yang panjangnya 2L dan rapat muatannya λ.
30
2.3 Persamaan Poisson dan Persamaan Laplace Kita sudah mengetahui medan listrik sebagai gradien dari potensial: Demikian juga Hukum Gauss dalam bentuk diferensial: Jadi:
∇. (− ∇V ) =
ρ ρ → ∇ 2V = − εo εo
r ρ ∇. E =
Eˆ = −∇V
εo
Ini disebut persamaan Poisson
Jika tidak ada muatan, atau ρ=0, maka peramaan Poisson berubah menjadi:
∇ V =0 2
Kita sudah mengenal juga sifat dari Maka:
∇ × (− ∇V ) = 0 →
Ini disebut persamaan Laplace
r konservatif medan listrik: ∇ × E = 0
Sebenarnya, secara vektor selalu berlaku sifat curl dari gradient=0: ∇ × ∇f = 0
31
Contoh 11: Persamaan Laplace dalam koordinat Cartesian Pada bidang (x,y), potensial di y=0 adalah 100 volt, sedangkan di x=0, x=10 cm dan y=∞, potensial 0 volt. Tentukanlah potensial di daerah 0<x<10 cm , y>0
∇ 2V = 0 →
∂V ∂V + 2 =0 2 ∂x ∂y 2
2
Pemisahan variabel, misalkan V(x,y)=A(x) B(y)
∂ A ∂ B B + A =0 2 2 ∂x ∂y 1 ∂2 A 1 ∂2B Bagi dengan AB: + =0 2 2 A ∂x B ∂y 2
2
y
V=0
V=0
V=0 10 cm
x
V=100 volt
1 ∂2A 1 ∂2B 2 = − = konstanta = − k ; k≥0 A ∂x 2 B ∂y 2
∂2 A ∂2 A 2 2 = −k A → 2 + k A = 0 → A = sin kx atau cos kx 2 ∂x ∂x ∂2B ∂2B 2 2 ky −ky = k B → − k B = 0 → B = e atau e ∂y 2 ∂y 2
32
⎧e ky sin kx ⎪ − ky ⎪e sin kx V ( x , y ) = ⎨ ky ⎪e cos kx ⎪e − ky cos kx ⎩ Gunakan syarat batas untuk menentukan V(x,y) yang betul.
y → ∞, V = 0 → e ky x = 0 → V = 0 → cos kx Solusi sementara: V ( x , y )
}
tak bisa dipakai.
= e − ky sin kx
x = 10 → V = 0 → sin 10k = 0 → k =
nπ , n = 1,2,.... 10
V ( x , y ) = e − nπ y / 10 sin( n π x / 10 )
33
V ( x , y ) = e − nπ y / 10 sin( n π x / 10 )
y = 0 → V = 100 Ini tak dapat dipenuhi oleh persamaan di atas. Jadi, harus diambil kombinasi liniernya: ∞
V ( x , y ) = ∑ bn e − nπ y / 10 sin( n π x / 10 ) n =1
Dengan
y = 0 → V = 100 ∞
V ( x ,0 ) = ∑ bn sin( n π x / 10 ) = 100 n =1
Tentukan bn 34
Deret Fourier untuk sinus:
2 bn = L
L
∫ 0
2 ⎛ nπ x ⎞ 100 sin f ( x ) sin kx dx = ⎜ ⎟ dx ∫ 10 0 ⎝ 10 ⎠
= 20 ×
10
10 nπ
⎧ 400 ⎪ = ⎨ nπ ⎪⎩ 0
utk
V ( x, y ) = ∑ n =1
=
π
[e
⎡ 200 ⎛ nπ x ⎞⎤ n = − − −1 − cos ( 1 ) ⎟ ⎜ ⎢ ⎥ nπ ⎝ 10 ⎠ ⎦ 0 ⎣
[
]
utk n ganjil
∞
400
10
n genap
400 − nπ y / 10 e sin( n π x / 10 ) nπ
−π y / 10
sin( π x / 10 ) +
1
Utk n ganjil
− 2 π y / 10 e sin( 2π x / 10 ) + ....... 2
] 35
(a) n=1 (b) n=5 (c) Jumlah hingga n=10 (d) Jumlah hingga n=100
0
5
10
x
36
Contoh 12: Persamaan Laplace dalam koordinat silinder. Suatu silinder berjari r=1 cm, memanjang pada sumbu-z. Potensial di dasarnya V=100 volt; di dinding dan ujung lainnya (z→∞) V= 0 volt. Tentukanlah potensial di dalam silinder.
V ≡ V ( r ,θ , z ) 1 ∂ ⎛ ∂V ∇ V =0→ ⎜r r ∂r ⎝ ∂r 2
2 2 ⎞ 1 ∂V ∂V + 2 =0 ⎟+ 2 2 ∂z ⎠ r ∂θ
V=0
Pemisahan variabel, misalkan V(r,θ,z)=R(r) Θ(θ)Z(z)
1 d ⎛ dR ⎞ 1 d 2Θ d 2Z ΘZ + RΘ = 0 ⎜r ⎟ + RZ 2 2 2 r dr ⎝ dr ⎠ r dθ dz
y x
Bagi dengan RΘZ:
V=100 volt
1 d ⎛ dR ⎞ 1 d 2Θ ∂ 2Z + =0 ⎜r ⎟+ 2 2 2 Rr dr ⎝ dr ⎠ Θ r d θ Z ∂z Tdk tercampur dg lainnya. 37
kz 2 ⎧ e d Z d 2Z ⎪ 2 2 = → − Zk = 0 → Z = k ⎨ −kz Zdz 2 dz 2 ⎪⎩e
Sarat batas z→∞, V=0→ pilih
k ≥0
Z = e − kz
1 ∂ ⎛ ∂R ⎞ 1 ∂ 2Θ 2 k + =0 ∴ ⎜r ⎟+ 2 2 Rr ∂ r ⎝ ∂ r ⎠ Θ r ∂ θ r ∂ ⎛ ∂R ⎞ 1 ∂ 2 Θ 2 2 + k r =0 ⎜r ⎟+ 2 R ∂r ⎝ ∂r ⎠ Θ ∂θ Tdk tercampur dg lainnya. ⎧sin n θ ∂ 2Θ 1 ∂ 2Θ 2 2 = − → + Θ = → Θ = n n 0 ⎨ Θ ∂θ 2 ∂θ 2 ⎩cos n θ n=bil bulat ⎧sin nθ Gunakan syarat batas untuk: Θ = ⎨ ⎩cos nθ
Kalau silinder diputar terhadap sb-z, tidak akan mengubah potensial; maka solusi ini tak bergantung pada sudut θ, dan boleh diambil n = 0 → Θ = 1 38
r ∂ ⎛ ∂R ⎞ 2 2 2 ∴ − n + k r =0 r ⎟ ⎜ R ∂r ⎝ ∂r ⎠ ∂ ⎛ ∂R ⎞ 2 2 2 ∴r ⎜r ⎟+ k r −n R =0 ∂r ⎝ ∂r ⎠
(
)
Ini adalah persamaan Bessel; solusinya adalah Jn(kr) dan Nn(kr). Karena dasar silinder di pusat koordinat, maka dipilih Jn(kr) sedangkan Nn(kr) tak bisa dipakai karena titik pusatnya di ∞. Jadi
(−1) ⎛ kr ⎞ R(r ) = J n (kr ) = ∑ ⎜ ⎟ p =1 Γ ( p + 1) Γ ( p + n + 1) ⎝ 2 ⎠ ∞
p
2 p+n
Γ ( n ) = ( n − 1)!
r = 1 → V = 0 atau R = 0 → J 0 (k ) = 0 Misalkan harga k=km, m=1,2,3,…..
J 0 (km ) = 0
Jadi, ada banyak solusi; oleh sebab itu V adalah superposisi: 39
∞
V = ∑ cm J 0 (k m r ) e −km z
Solusi:
m =1
∞
Untuk z=0, V=100
→ V = ∑ cm J 0 (k m r ) = 100 m =1
Kalikan dengan rJ0(kjr), j=1,2,3… lalu integral suku per suku antara 0 dan 1 ∞
1
∑ c ∫ rJ m =1
j
0
1
0
(k j r )J 0 (k m r )dr = ∫100 rJ 0 (k j r ) dr 0
Sifat ortogonal 1
[
]
1
c j ∫ r J 0 ( k j r ) dr = 100 ∫ rJ 0 ( k j r ) dr 0
2
0
40
Setiap harga j memberikan satu harga koefisien cj. Jadi j boleh diganti dengan m. 1
∫ r [J
( k m r ) ] dr = 2
0
1
2
J
2 1
Sifat fungsi Bessel
(k m )
0
xJ 0 ( x ) = 1
∫ 0
1
d [xJ 1 ( x )] → k m rJ 0 ( k m r ) = 1 d [k m rJ 1 ( k m r )] dx k m dr
1 1 1 rJ 0 (k m r ) dr = rJ 1 (k m r ) 0 = J 1 (k m ) km km
2 J 2 1 (k m )c m =
100 200 J 1 ( k m ) → cm = km k m J 1 (k m )
∞
∞
m =1
m =1
V = ∑ cm J 0 (k m r ) e −km z = 200∑
J 0 ( k m r ) − km z e k m J 1 (k m )
km diperoleh dari Jo(km)=0 J0 dan J1 dapat dilihat dalam tabel fungsi Bessel.
41
Contoh 13: Persamaan Laplace dalam koordinat bola
Misalkan V tidak bergantung sudut azimut φ z θ
Tidak tercampur
r φ
y
x
42
Pl adalah polinomial Legendre:
43
Solusi umum:
Ini masih memerlukan syarat batas untuk r dan θ. Misalkan V(θ) tertentu di permukaan bola berlubang, berjari-jari R. Tentukanlah potensial dalam bola. Untuk itu Bl = 0 untuk semua l. Jadi Di r=R (kulit): ∞
V ( R,θ ) = ∑ Al R l Pl (cosθ ) = V0 (θ ) l =0
44
=
∞
∑
l=0
π
A l R l ∫ Pl ' (cos θ ) Pl (cos θ ) sin θ d θ 0
Sifat polinom Legendre:
=
2 Al ' R l ' 2 l '+ 1
π
Jadi
2l + 1 Al = V (θ ) Pl (cos θ ) sin θ d θ l ∫ 0 2R 0
45
Misalkan:
k= konstanta
π
2l + 1 V (θ ) Pl (cos θ ) sin θ d θ Al = l ∫ 0 2R 0
Bagaimana potensial di luar bola? Al=0
46
r=R:
Kalikan dengan
lalu diintegral =
Jadi:
B0 = 1 4 Rk ; B1 = − 3 4 R 2 k B0 B1 Rk 3R 2 k V ( r ,θ ) = − P0 (cosθ ) + 2 P1 (cosθ ) = cosθ 2 r r r 4r 47
Contoh 14: Suatu bola padat bermuatan homogen dengan rapat muatan uniform. Tentukanlah potensial di luar dan di dalam bola. Persamaan Poisson:
ρ ∇ V =− εo 2
∇ 2V =
R
Karena rapat muatan tidak bergantung sudut, maka potensial bersimetri bola:
ρ (r ) 1 d ⎛ 2 dV ⎞ = − r ⎜ ⎟ εo r 2 dr ⎝ dr ⎠
Bo 1 d ⎛ 2 dV ⎞ = 0 → ( ) = + r V r A ⎜ ⎟ o o Di luar bola ρ=0: 2 r r dr ⎝ dr ⎠ Bi ρ r 2 ρ r2 d ⎛ 2 dV ⎞ → Vi (r ) = Ai + − ⎟=− ⎜r Di dalam bola: εo dr ⎝ dr ⎠ r 6ε o Andaikan syarat batas: r → ∞, Vo → 0 sehingga A0=0
V0 (r ) =
Bo r
48
Di pusat bola r=0, sehingga harus berlaku Bi=0.
ρ r2 Vi (r ) = Ai − εo V(r) harus kontinu di kulit bola, Vi(R)=Vo(R)
Bo ρ R 2 ρ R 2 Bo = → Ai = + Ai − R 6ε o 6ε o R
(
Bo ρ R 2 − r 2 Vi (r ) = + R 6ε o
Bo V0 (r ) = r
)
Medan di sebelah dalam dan di sebelah luar permukaan bola harus sama:
Bo ρR ρR 3 ⎛ ∂V0 ⎞ ⎛ ∂Vi ⎞ → Bo = ⎜− ⎟ = ⎜− ⎟ → 2 = 3ε o 3ε o R ⎝ ∂r ⎠ r = R ⎝ ∂r ⎠ r = R Vi(r)
Akhirnya:
ρR 3 ; Vo (r ) = 3ε o r
ρ (3R 2 − r 2 ) Vi (r ) = 6ε o
Vo(r) 0
R
r
49
2.4 Metoda Bayangan Tinjau muatan +q di sumbu-z sejauh d dari plat logam yang dibumikan (V=0). Bagaimana menentukan potensial di atas plat. Potensial tak bisa ditentukan hanya dengan muatan q saja, tetapi juga dengan muatan negatif yang terinduksi pada plat itu. Masalahnya, berapa besar dan agaimana distribusi muatan terinduksi itu. Yang jelas berlaku: z
V = 0 di z = 0, V → 0 di titik yang jauh dari q, x + y + z >> d 2
2
2
2
Secara matematik, persoalan di atas dipandang sebagai berikut. Lupakan plat, dan misalkan V=0 di z=0 dengan mengandaikan ada muatan -q di z=-d. Potensial di suatau titik adalah
d -d
+q z=0, V=0 -q
V = 0 di z = 0, V → 0 jika x 2 + y 2 + z 2 >> d 2
50
Misalkan σ adalah rapat muatan induksi
Jadi, dengan metoda bayangan dapat ditentukan rapat muatan pada plat logam.
51
Contoh berikutnya 15: Suatu muatan q ditempatkan sejauh a dari pusat bola logam berjari-jari R yang dibumikan. Tentukan potensial di luar bola.
Sementara lupakan bola, dan misalkan ada muatan q’ sejauh b (
Agar V=0, misalkan q’= -αq
52
Dengan rumus cosinus, maka
⎤ 1 ⎡ q αq − V ( r ,θ ) = ⎢ 2 ⎥ 2 2 2 4πε o ⎣ r + a − 2ra cosθ r + b − 2rb cosθ ⎦ Agar V=0 jika r=R (dipermukaan bola).
R 2 + a 2 − 2 Ra cosθ =
R 2 + b 2 − 2 Rb cosθ
α2
R R2 R b= ; α = → q' = − q a a a
1 ⎡ q q ⎢ V ( r ,θ ) = − 2 2 2 2 4πε o ⎢ r + a − 2ra cosθ ( ) R ra / R + − 2ra cosθ ⎣
⎤ ⎥ ⎥⎦
53
Misalkan σ adalah rapat muatan induksi
σ = −ε o
∂V ∂r
∂V σ = −ε o ∂r
r =R
r =R
q =− 4π
⎡ ( r − a cosθ ) ⎢− ⎢⎣ r 2 + a 2 − 2ra cosθ
( (a / R − R )
2 q =− 4π R 2 + a 2 − 2 Ra cosθ
(
(
r (a / R ) − a cosθ
⎤ + ⎥ 3/ 2 2 2 ⎥⎦ r = R R + (ra / R ) − 2ra cosθ 2
)
3/ 2
(
)
) − 1)
3/ 2
q a2 / R2 =− 3/ 2 4πR 2 ⎡ a ⎤ 2 ⎢⎣1 + (a / R ) − 2 R cosθ ⎥⎦
54
BAB III BAHAN DIELEKTRIK 3.1 Dipol Listrik Perbedaan bahan konduktor dan bahan dielektrik. Konduktor adalah bahan (seperti logam) yang mengandung atom-atom dengan elektron-elektron (satu atau dua elektron per atom) yang bebas bergerak jika dikenai oleh medan listruik. Dalam dielektrik, elektron-elektro masih teriket dalam atom-atomnya, jika dikenai medan listrik hanya bisa bergeser sedikit, tetapi efek kumulatifnya akan memberikan ciri kepada bahan dielektrik tersebut. Dipol listrik terinduksi Jika sebuah atom dikenai medan listrik, maka baik inti maupun elektronnya akan merasakan medan itu. Inti terdorong searah medan dan elektro terdorong berlawanan arah medan. Jika medan tak terlalu besar ada keadaan setimbang antara gaya tarik menarik dan gaya dorong medan. Dalam keadaan setimbang itu, atom disebut terpolarisasi dan atom memiliki momen dipol yang arahnya sama dengan medan listrik. Momen dipole hasil induksi ini dirumuskan seperti:
r r p = αE
α disebut polarizabilitas atomik
55
Polarizabiltas atomik untuk berbagai atom, α/4πεo(10-30m3)
Contoh 1: Menurut model primitif, suatu atom mengandung inti bermuatan +q yang dikelilingi awan elektron homogen berbentuk bola dengan muatan –q . Misalkan jari-jari bola a. tentukanlah polarizabilitas atom.
Kehadiran medan listrik E, menyebabkan inti bergeser sedikit searah E, dan awan elektron bergeser sedikit berlawanan arah E. Misalkan pada saat setimbang pergeseran itu sejauh d dari pusat bola. 56
Pada titik itu, medan oleh awan elektron Ec sehingga E=Ec. Karena
Ec =
1
qd 4πε o a 3
maka
E=
1
qd 4πε o a 3
Karena dipol listrik p=qd, maka
p = 4πε o a 3 E
Jadi, plarizabilitas atom adalah
α = 4πε o a = 3ε oν ; 3
4π 3 ν= a 3
volume atom
57
Pada molekul, polarisasi bisa lebih mudah dalam arah tertentu. Misalnya pada karbon dioksida, polarizabiliti 4,5 x10-40 C2m/N sepanjang sumbumolekul tetapi hanya 2x10-40 C2m/N dalam arah tegak lurus sumbu-molekul.
r EI
r E
r EII Sumbu-molekul
Jika medan listrik berarah sembarang, maka polarisasi yang terinduksi adalah: r r
r p = α II E II + α I E I
Secara umum,
⎛ p x ⎞ ⎛⎜α xx α xy α xz ⎞⎟⎛ E x ⎞ ⎜ ⎟ r tr ⎜ ⎟ p = α E → ⎜ p y ⎟ = ⎜α yx α yy α yz ⎟⎜ E y ⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎝ p z ⎠ ⎝α zx α zy α zz ⎟⎠⎝ E z ⎠
α = Tensor polarizabilitas.
58
Pengertian dipol Dua muatan yang sama tapi berbenda tanda disebut dipol listrik.
r p r d
r d=
-q
Vektor jarak dari +q ke -q
r r p = −qd
Vektor dipol listrik
+q V
Potensial oleh suatu dipol:
V=
q 4πε o s+
−
s-
q
r
4πε o s−
s+
θ -q
d
+q 59
s+ = r 2 + ( 1 2 d ) 2 − rd cosθ ; s− = r 2 + ( 1 2 d ) 2 + rd cosθ s+ = r 1 − (d / r ) cosθ = 1 − 1 2 (d / r ) cosθ
Jika r>>d/2:
s− = r 1 + (d / r ) cosθ = 1 + 1 2 (d / r ) cosθ
⎛ 1 + 12 (d / r ) cosθ − 1 + 12 (d / r ) cosθ ⎞ q ⎟⎟ = ⎜⎜ (d / r )cosθ V= 1 1 4πε o r ⎝ [1 − 2 (d / r ) cosθ ][1 + 2 (d / r ) cosθ ] ⎠ 4πε o r qd = cosθ 2 4πε o r q
r p . eˆr V ( r ,θ ) = cos θ = 4πε o r 2 4πε o r 2
V
p
r
eˆr θ
r p
60
Medan oleh dipol listrik
r p . eˆr p cosθ = V ( r ,θ ) = 4πε o r 2 4πε o r 2
z
r ⎛ ∂V 1 ∂V 1 ∂V ⎞ ˆ ˆ ˆ ⎟⎟ + eθ + eφ E = −∇V = −⎜⎜ er r ∂θ r sin θ ∂φ ⎠ ⎝ ∂r
θ
r p x
φ
r y
2p ∂V cosθ = Er = − 3 ∂r 4πε o r
1 ∂V p sin θ = Eθ = − 3 r ∂θ 4πε o r Eφ = −
r E ( r ,θ ) =
p 4πε o r
3
1 ∂V =0 r sin θ ∂φ
(2 cosθ eˆr + sin θ eˆθ ) 61
r E ( r ,θ ) =
Jika
Jika
p 4πε o r
θ=0o
θ=90o
3
(2 cosθ eˆr + sin θ eˆθ ) r E=
p 2πε o r
r E=
eˆr
3
p 4πε o r
3
eˆθ
r E r
r p
r p
r
r E
r p Jika
θ=180o
r E=
p 2πε o r
3
eˆr
r
r E 62
Di dalam medan listrik luar, suatu dipol mengalami momen gaya:
r F
+q O
r F
r E
d
-q
r p O
r E
r r F+ = qE ;
r r F− = − qE
Momen gaya terhadap titik O:
r r r r r N = 1 2 d × F+ + (− 1 2 d ) × F− r r r r r r = 1 2 d × qE + (− 1 2 d ) × (− qE ) = qd × E r r p = qd
r r r N = p× E
Karena medan luar dipol bergerak rotasi terhadap pusatnya; rotasi berhenti jika p sejajar E.
63
Contoh 2: Jika p1 dan p2 adalah dipol permanen yang terpisah oleh jarak r. Tentukanlah momen gaya oleh p1 pada p2 dan sebaliknya.
p1
r
p2
r Oleh dipol p1, medan di pusat dipol p2 adalah: E1 =
r E1
p1 r
p2
r p1
4πε o r 3
Momen gaya oleh E1 (oleh p1) pada p2:
r r r N12 = p2 × E1 =
Oleh dipol p2, medan di pusat dipol p1 adalah:
1 4πε o r 3
r N 21 =
r r p 2 × p1
1 2πε o r 3
r r p2 × p1 64
Energi dipol dalam medan listrik Tinjau suatu medium dengan distribusi muatan ρ(r). Misalkan medium itu ditempatkan dalam suatu potensial V(r). Energi medium itu adalah:
U = ∫ ρ (r )V (r ) dv Andaikan potensial V(r) berubah perlahan dalam medium sehingga dengan deret Taylor dapat dinyatakan:
r V (r ) = V (0) + r .∇V (0) + .....
r U = ∫ ρ (r )V (0) dv + ∫ ρ (r )r .∇V (0) dv + .... r r = qV (0) − ∫ ρ (r )r . E dv + .... r r = qV (0) − p. E + ..... Energi dipol dalam medan listrik:
U dipol
r r = − p. E
r p
θ
r E
65
Energi dipol dalam medan dipol lain
r E ( r ,θ ) = = =
p 4πε o r 1
4πε o r 1 4πε o r
r E ( r ,θ ) =
3
3
(2 cosθ eˆr + sin θ eˆθ )
(3 p cosθ eˆr − p cosθ eˆr + p sin θ eˆθ )
[3 p cosθ eˆr − ( p cosθ eˆr − p sin θ eˆθ )] 3
1 4πε o r
r E
r r ˆ ˆ ( ) − [ p e e p ] 3 . r r 3
z θ
r eˆr p eˆ θ
r p = p cosθ eˆr − p sin θ eˆθ
Jika E1 adalah medan oleh dipol p1, maka energi dipol p2 dalam medan E1:
r r U 21 = − p2 . E1 = − =
1 4πε o r
1 4πε o r 3
r r r ˆ ˆ p2 .[3( p1 . er )er − p1 ]
r r r r ˆ ˆ ( )( [ p . p 3 p . e p − 2 1 1 r 2 . er )] 3
r
r p2 r p1
r E1
eˆr
r
eˆr
66
Polarisasi Listrik • Jika suatu bahan dielektrik nonpolar ditempatkan dalam medan listrik luar, maka dalam bahan akan terinduksi dipol-dipol listrik. • Jika bahan itu bersifat polar, di sana ada dipol-dipol permanen. Maka medan listrik luar akan menimbulkan momen gaya pada setiap dipol hingga akhirnya dipol-dipol itu searah medan listrik. • Kedua hal di atas menyebabkan bahan terpolarisasi; artinya dipol-dipol searah dengan medan listrik luar.
E
Polarisasi:
r P
=momen dipol per satuan volume.
r r p = ∫ P dv
67
3.2 Medan oleh Obyek terpolarisasi Mialkan suatu obyek memiliki dipol-dipol terpolarisasi di dalamnya. Misalkan P=dipol per satuan volume=polarisasi. Untuk dipole tunggal, potensial yang ditimbulkanya:
r p . eˆr p V = cosθ = 2 4πε o r 4πε o r 2 Tetapi:
r r p = ∫ P dv
eˆr ⎛1⎞ = ∇ ⎜ ⎟ 2 r ⎝r⎠
r P (r ). eˆr 1 V = dv 2 ∫ 4πε o Vol r
r ⎛1⎞ V = P (r ).∇⎜ ⎟ dv ∫ 4πε o Vol ⎝r⎠ 1
r r r ⎛1⎞ P 1 P.∇⎜ ⎟ = ∇. − ∇. P r r ⎝r⎠
( ) 68
r r ⎤ 1 1 ⎡ P V= ⎢ ∫ ∇. dv − ∫ ∇. P dv ⎥ 4πε o ⎣Vol r r Vol ⎦
( )
Dengan teorema divergen:
r r 1 P. nˆ 1 1 V= da − ∇. P dv ∫ ∫ 4πε o A r 4πε o Vol r
( )
Potensial oleh suatu permukaan bermuatan dengan rapat muatan:
r σ = P. nˆ
= P
Potensial oleh suatu volume bermuatan dengan rapat muatan:
r ρ = −∇. P r ρ = −∇. P
r σ = P. nˆ
69
Contoh 3: Sebuah bola berjari R terpolarisasi uniform; tentukan potensial dan medan listrik yang ditimbulkannya. z
r Rapat muatan permukaan: σ o = P. nˆ = P cos θ Rapatan muatan di dalam bola: ρ = 0 karena P uniform
θ
r P
nˆ
R
Kontinuitas di r=R 1)
70
2)
σ o = P cosθ = PP1 (cosθ ) Untuk konstant P, l berharga 1
P A1 = 2ε o
B1 = A1 R
π
P ∫0 [P1 (cosθ )] sin θ dθ = 3ε o 2
2 l +1
P 3 = R 3ε o 71
P P V= r P1 (cosθ ) = r cosθ ; r < R 3ε o 3ε o
B1 P 3 V = 2 P1 (cosθ ) = R cosθ ; r > R 2 r 3ε o r
72
