MEDAN ELEKTOMAGNETIK
Disusun oleh : Ir. Jaja Kustija, Msc
DAFTAR ISI
BAB I SISTEM KOORDINAT 1.1
Sistem Koordinat Kartesian ................................................................... 1 a. Vektor Satuan (Unit Vektor) dalam Koordinat Kartesian ................. 2 b. Volume Diferensial Elemen-elemen Permukaan dan Garis pada Sistem Koordinat Kartesian .............................................................. 3
1.2
Sistem Koordinat Silinder (Cylindrical Coordinates) ........................... 5 a. Vektor Satuan Dalam Koordinat Silinder dan Hubungannya Dengan Koordinat Kartesian .......................................................................... 6 b. Volume Diferensial, Elemen-Elemen Permukaan dan Elemen Garis Dalam Koordinat Silinder ................................................................. 10
1.3
Sistem Koordinat Bola (Spherical coordinates) ................................... 10 a. Vektor Satuan Pada Sistem Koordinat Bola dan Hubungangya Dengan Vektor Satuan pada Sistem Koordinat Kartesian ................................ 11 b. Volume Diferensial, Elemen-Elemen Permukaan pada Koordinat Bola .................................................................................................... 13 Contoh Soal ........................................................................................... 14 Soal-Soal Latihan dan Penyelesaiannya ................................................ 16
BAB II TURUNAN BERARAH (GRADIEN) DAN DIVERGENSI 2.1
Turunan Berarah (gradien) .................................................................... 18 a. Untuk Koordinat Kartesian ............................................................. 19 b. Untuk Koordinat Silinder ................................................................. 20 Contoh soal ....................................................................................... 21 c. Untuk Koordinat Bola ....................................................................... 22
Contoh soal ........................................................................................ 23 2.2 Divergensi dan Makna Fisisnya ............................................................. 24 a. Operator Divergensi Pada Sistem Koordinat Kartesian ................... 25 Contoh soal ....................................................................................... 26 b. Operator Divergensi Pada Sistem Koordinat Silinder .................. 27 c. Operator Divergensi Pada Sistem Koordinat Bola ........................... 28 Contoh soal .......................................................................................... 30 2.3
Teorema Divergensi Gauss ................................................................... 32 Contoh soal ........................................................................................... 32 Makna fisis divergensi Gauss ................................................................ 33 Soal-soal dan Penyelesaiannya .............................................................. 34
BAB III CURL (ROTASI) DAN MAKNA FISISNYA Contoh Soal ........................................................................................... 37 Soal-soal dan Penyelesaiannya ............................................................. 41 BAB IV GAYA COULOMB DAN INTENSITAS MEDAN LISTRIK 4.1
Hukum Coulomb ................................................................................... 43 Contoh Soal ........................................................................................... 45
4.2
Intensitas Medan Listrik ........................................................................ 47 Contoh Soal .......................................................................................... 48
4.3
Medan Listrik Oleh Muatan-Muatan Titik ............................................ 49 Contoh Soal ........................................................................................... 49
4.4
Medan Listrik Oleh Disribusi Muatan Kontinu ................................... 50 Contoh Soal ........................................................................................... 51
4.5
Medan Listrik Akibat Muatan Berbentuk Lempeng ............................. 53 Contoh Soal ........................................................................................ 54
BAB V FLUKS LISTRIK DAN HUKUM GAUSS 5.1
Medan Skalar dan Medan Vektor ......................................................... 55
5.2
Fluks Listrik .......................................................................................... 57
5.3
Hukum Gaus .......................................................................................... 57
5.4
Hubungan Antara Kerapatan Fluks dan Kuat Medan Listri ................. 58
5.5
Distribusi Muatan .................................................................................. 59
5.6
Pemakaian Hukum Gauss ..................................................................... 60
5.7
Teorema Divergensi Gauss ................................................................... 62 Soal-soal dengan Penyelesaian ............................................................. 64
BAB VI ENERGI DAN POTENSIAL 6.1
Energi yang Diperlukan untuk Menggerakan Muatan Titik Dalam Medan Listrik ....................................................................................... 69
6.2
Integral Garis ........................................................................................ 70
6.3
Definisi Beda Potensial dan Potensial ................................................... 72 Contoh Soal ........................................................................................... 73
6.4
Medan Potensial Sebuah Muatan Titik ................................................. 75
6.5
Medan Potensial Akibat Distribusi Muatan .......................................... 76 a) Medan Potensial Akibat Muatan Titik .............................................. 76 b) Medan Potensial Akibat Distribusi Muatan Kontinu ........................ 76
6.6
Gradien Potensial .................................................................................. 78
6.7
Kerapatan Energi dalam Medan Elektrostatik (Listrik Statis) .............. 80 Contoh Soal ........................................................................................... 81
BAB VII MEDAN MAGNET TUNAK (STEADY) 7.1
Medan Magnet Oleh Arus Listrik ......................................................... 87 Contoh Soal ........................................................................................... 89
7.2
Besaran Induksi Magnetik ..................................................................... 91
7.3
Hukum Integral Ampere ....................................................................... 93
7.4
Medan Magnet Dalam Kumparan ......................................................... 95
7.5
Hukum Maxwel Tentang Induksi Magnet ............................................ 97 Teorema Maxwel (umum) .................................................................. 98 a) Hukum Gauss ............................................................................... 98 b) Bentuk Lain dari Hukum Faraday ................................................ 99 c) Hukum Maxwel Tentang Induksi Magnet ................................... 99 d) Hukum Integral Ampere .............................................................. 100
BAB VIII PERSAMAAN POISSON DAN LAPLACE 8.1
Bentuk-Bentuk Explisit Persamaan Laplace dan Poisson ..................... 101
8.2
Teorema Keunikan ................................................................................ 103 Contoh Soal ........................................................................................... 103
BAB I SISTEM KOORDINAT Untuk mengetahui posisi benda dalam dimensi ruang dikenalkan beberapa model sistem koordinat diantaranya adalah : sistem koordinat kartesian, sistem koordinat silinder dan sistem koordinat bola.
1.1
Sistem Koordinat Kartesian Dalam sistem ini dikenal dengan kaidah tangan kanan seperti nampak
pada gambar : Z
(0, 0, 0 )
x
y
y
(0, 0, 0 )
atau
x
z
Gambar 1. Sistem koordinat kartesian dengan sistem putaran tangan kanan Dari gambar terlihat jika arah sumbu x diputar kearah sumbu y dengan sudut paling kecil akan menghasilkan arah sumbu z yang serupa dengan kaidah tangan kanan dengan dengan ibu jari menggambarkan sumbu z dan arah lipatan keempat jari lainnya merupakan arah putaran dari sumbu x ke sumbu y. Menggambar letak suatu titik P(x, y, z) langkah-langkahnya sebagai berikut : tentukan titik-titik x, y dan z pada masing-masing sumbu x, sumbu y, dan sumbu z; kemudian buatlah garis melalui x dan y yang masing-masing sejajar dengan sumbu y dan sumbu x, maka diperoleh titik P 1 (x, y) pada bidang x 0 y, juga dapat disajikan sebagai titik P1 (x, y, 0) yang berarti harga z = 0. Selanjutnya hubungkan titik asal 0 dengan titik P1, kemudian buatlah garis melalui z yang sejajar dengan garis P1 dan melalui titik P1 juga dibuat garis sejajar dengan sumbu z, maka didapat titik P (x, y, z).
Contoh :
Gambarkan posisi titik : A(1, 2, 3) Penyelesaian : Z 3 A(1, 2, 3) 2
Y
1
X
a).
Vektor Satuan (Unit Vektor) dalam Koordinat Kartesian Sebagaimana kita ketahui vektor adalah suatu besaran yang mempunyai
harga dan arah. Dalam sistem koordinat kartesian ditulis dalam simbol: A
aˆ x A x
aˆ y A y
aˆ z A z
Z
Az A Ay
Y
Ax X Gambar.2 Vektor satuan dalam sistem koordinat Ax = harga vektor pada sumbu x Ay = harga vektor pada sumbu y Az = harga vektor pada sumbu z Vektor satuan adalah vektor yang mempunyai harga absolut (panjang) satu, hal itu bisa diperoleh dengan cara membagi vektor itu dengan nilai absolutnya :
A
aˆ A
A
aˆ A = vektor satuan dalam arah A A = vektor A A = nilai (harga absolut)vektor tersebut 2
A
2
Ax
2
Ay
aˆ y A y
Az
dari A
aˆ x A x
aˆ z A z dan pengertian vektor satuan, dapat kita lihat bahwa
aˆ x , aˆ y , aˆ z
masing-masing adalah vektor satuan dalam arah sumbu x, sumbu y,
sumbu z.
Contoh : Carilah vektor satuan dari : A
3 aˆ x
4 aˆ y
5 aˆ z yang pangkalnya di titik (0,0,0)
Penyelesaian : 3
A
5 2
aˆ A =
aˆ A
b).
2
A
3 aˆ x
4
2
4 aˆ y
5
2
5 aˆ z
0 ,3 2 aˆ x
5 2 2
0 ,3 2
0 , 4 2 aˆ y
2
0,4 2
0 ,5 2 aˆ z
2
0 ,5 2
1
Volume Diferensial Elemen-elemen Permukaan dan Garis pada Sistem Koordinat Kartesian Elemen garis (dl) Elemen dl
dx aˆ x
garis dy aˆ y
dl
adalah
diagonal
dz aˆ z
atau dl 2
dx
2
dy
yang 2
dz
2
melalui
P,
yaitu:
.
Elemen permukaan (ds) Elemen permukaan adalah suatu bagian yang terbentuk dari elemen-elemen garis (dl), yaitu dS
dl 1
dl 2 .
Z
dS =dx dy âz
dz dy dS = dy dz âx
dS = dx dz ây
dx P´(x+dx, y+dy, z+dz)
P (x, y, z)
Y
X Gambar 3. Elemen-elemen permukaan dS dan volume dV dalam hal ini: -Permukaan depan
:
dy ây dz âz = dy dz âx
-Permukaan samping :
dz âz dx âx = dz dx ây
-Permukaan alas
dx âx dy ây = dx dy âz
:
Elemen Volume (dV) Elemen volume adalah suatu bagian yang terbentuk dari elemen-elemen permukaan (dS), yaitu : dV
dl
dl
1
dl
2
3
Ambil dS permukaan depan yaitu dS = dy dz âx maka dV =dx dy dz Demikian pula permukaan-permukaan lain, didapat dV = dx dy dz
Contoh :
2
Hitunglah
x yz dV
,
dengan
B
B
B
x, y, z : 1
x
2 ,0
y
1,1
z
2
Penyelesaian : 2
1
2
2
2
x yz dV B
x yz dx dy dz 0
0
1 3
1 2
x
3 1
1 2
1
y
2 0
1 2
2
z
2 1
adalah
kotak
dengan
batas-batas
1
2
3
1
1
3
3
1
2
1
0
2
7
1
3
3
2
2
2
2
1
2
2
7 4
1.2
Sistem Koordinat Silinder (Cylindrical Coordinates) Suatu permasalahan dalam sistem koordinat akan lebih mudah
diselesaikan bila kita mengetahui cara penyelesaiannya dalam sistem koordinat yang sesuai. Berikut ini akan dipaparkan mengenai salah satu koordinat lain setelah koordinat kartesian, yaitu sistem koordinat silinder. Mari kita lihat hubungan antara sistem koordinat silinder dan kartesian. Jika dalam sistem koordinat kartesian dikenal dengan adanya sumbu x, sumbu y, sumbu z, maka dalam sistem koordinat silinder diperkenalkan variabelvariabel : r, , dan z. untuk menggambarkan suatu posisi titik. Sebagai contoh, posisi titik A lazimnya ditulis dengan A(r, ,z). Perhatikan gambar : Z â âz P (r, , z)
âr
Y
X Gambar 4. Posisi titik P dalam koordinat silinder Dengan menggunakan ilmu ukur sudut sederhana dapat dicari hubungan antara (x, y, z) dan (r, , z). X = r cos
; Y = r sin
;z=z
a).
Vektor Satuan Dalam Koordinat Silinder dan Hubungannya Dengan Koordinat Kartesian Seperti pada sistem koordinat kartesian yang dimaksud vektor satuan
yakni vektor yang mempunyai harga absolut sama dengan satu. Dalam sistem koordinat silinder ada tiga komponen vektor satuan yakni : aˆ r
âr =
r
;
r
aˆ ; aˆ z
vektor satuan pada komponen r (arahnya sesuai dengan arah penambahan harga).
â =
vektor satuan pada komponen
(arahnya sesuai dengan arah penambahan
harga). âz =
vektor satuan pada komponen z (arahnya sesuai dengan arah penambahan harga).
Perhatikan gambar (1), hubungan antara kartesian dan silinder sebagai berikut: r
aˆ x r cos
aˆ r
r r
aˆ y r sin
aˆ x cos
aˆ y sin
Untuk menjelaskan vektor satuan kearah aˆ beda fasa sebesar aˆ
2
aˆ x cos aˆ x sin
Dan arah aˆ
atau ditulis aˆ
mempunyai
dengan arah aˆ r dengan sudut aˆ > sudut aˆ r , sehingga:
2
aˆ y sin
2
aˆ y cos
sama persis dengan aˆ
pada sistem koordinat kartesian.
Secara keseluruhan hubungan vektor satuan pada sistem silinder dan sistem kartesian adalah sebagai berikut : aˆ r aˆ aˆ z
aˆ x cos aˆ x sin aˆ z
aˆ y sin aˆ y cos
Dapat dituliskan dalam bentuk matrik : aˆ r
cos
sin
0
aˆ x
aˆ
sin
cos
0
aˆ y
aˆ z
0
0
1
aˆ z
Untuk
mendapatkan
hubungan
balikannya
maka
kita
mesti
menggunakan “inverse matrik” dari hubungan diatas. Perhatikan bahwa harga determinan dari matrik tersebut adalah satu (1) maka inverse matrik diatas sama dengan transposenya. aˆ x
cos
sin
0
aˆ r
aˆ y
sin
cos
0
aˆ
aˆ z
0
0
1
aˆ z
Matrik-matrik ini sangat diperlukan sekali untuk memahami operator gradien (
), operator divergensi(
) operator curl (
) dan ada satu lagi bekal
yang harus disiapkan adalah pemanfaatan teorema turunan parsial. Disini akan dibahas secara sekilas misalnya r (x, y, z), artinya r merupakan fungsi x, y, z maka diferensial terhadap r didefinisikan sebagai berikut :
x r
Begitu pula
r
y x
z
r
y
r
z
(x, y, z) x
y
z
x
y
z
Dan z (x, y, z) x z
z
y x
z
z y
z
z
Terapkan turunan parsial ini pada X= r cos
; Y = r sin
; Z= z
1.
r cos r
x
r sin
r
y
cos
sin
z
y
cos
sin x
2.
y
r cos
r sin
x sin
z
cos
0
x
y
r sin
r cos x
sin
y cos
r
x
y
r cos z
x 0
z
y
3.
r
0
x
1
z
r
r sin
z
y
z
z
z
z
0 z z
Maka dapat ditulis dalam bentuk matrik:
x
cos
sin
0
sin
cos
0
0
0
1
1 r
x y
z
z
Dengan cara inverse matrik seperti ; inverse matrik sebelumnya:
x y
z
cos
sin
0
sin
cos
0
0
0
1
x 1 r
z
Contoh : Tentukan posisi titik koordinat kartesius dari titik A (10; 53,13°; 5) dan posisi titik koordinat tabung dari titik B (-5, -5, 2). Penyelesaian : a) Menentukan posisi titik A (kartesius) dari titik A (10; 53,13°; 5). X
r cos 10 cos 53 ,13 6
Y
r sin 10 sin 53 ,13 8
Jadi, titik koordinat cartesius dari (10; 53,13°; 5) adalah (6; 8; 5) Z
(6; 8; 5)
Y
X Menentukan posisi titik B (tabung) dari titik B (-5, -5, 2) r
x
2
y 5
2
2
5
2
50
Z
5 2
y
tan
x 5
5
, 2 4
5
Y
1 inv tan
X
inv tan 1 45
Jadi, titik koordinat B adalah
2,
5 2,
,2 . 4
.
b).
Volume Diferensial, Elemen-Elemen Permukaan dan Elemen Garis Dalam Koordinat Silinder Z
P’(r+dr, +d , z+dz) dz dr r dr d
P (r, ,z)
Y
r dr
r dr d
d X
Gambar 5. Elemen Volume (dV) dalam koordinat silinder Elemen garis (dl) aˆ
dl = dr aˆ r + r d dl2 = dr2 + r2 d
2
+ dz aˆ
+ dz2
Elemen-elemen permukaan (dS) Selimut :
rd
dz aˆ r
Atas
:
dr aˆ r
rd
Bawah
:
dr aˆ r
rd
rd
aˆ
dz aˆ r
r dr d aˆ
r dr d
aˆ z aˆ z
Elemen volume diferensial (dV) dV = (dr)( r d )(dz) dV
1.3
r dr d
dz
Sistem Koordinat Bola (Spherical coordinates) Sistem koordinat bola mempunyai variabel-variabel r,
,
. untuk
menentukan posisi titik P dalam koordinat bola adalah seperti dalam gambar :
Z
x = r sin cos y = r sin sin z = r cos
P (r, , )
z
r y Y
x
X
Gambar 6. Posisi titik P (r, ,
) dalam sistem
koordinat bola a).
Vektor Satuan Pada Sistem Koordinat Bola dan Hubungangya Dengan Vektor Satuan pada Sistem Koordinat Kartesian. Z
aˆ r
r sin r cos
P
aˆ aˆ
r
r sin
cos
Y
r sin
X Dari gambar x = r sin θ cos φ ; y = r sin θ sin φ ; z = r cos θ r
aˆ x x
r
aˆ x r sin
aˆ r
r r
aˆ y y
aˆ z z
cos
aˆ x sin
aˆ y r sin cos
aˆ z r cos
sin
aˆ y sin
sin
aˆ z cos
Perhatikan gambar vector satuan aˆ r dan aˆ . aˆ mendahului
aˆ
2
mempunyai sudut
dari aˆ r sehingga aˆ menjadi :
aˆ x sin
aˆ y sin
cos 2
aˆ x cos
aˆ y cos
cos
dan arah aˆ , mempunyai
2
aˆ z cos
sin 2
2
aˆ z sin
sin
untuk aˆ mendahului
dan sudut
sehingga aˆ menjadi :
aˆ
aˆ x sin
aˆ y sin
cos 2
aˆ x sin
2 aˆ y cos
sin 2
2
aˆ z cos
0
Di tulis dalam hubungan matriks sebagai berikut : aˆ r
sin
cos
sin
sin
cos
aˆ x
aˆ
cos
cos
cos
sin
sin
aˆ y
0
aˆ z
aˆ r
aˆ
sin
cos
matrik transpose : aˆ x
sin
cos
cos
cos
sin
aˆ y
sin
sin
cos
sin
cos
aˆ
0
aˆ
aˆ z
cos
sin
Terapkan aturan diferensial Parsial pada system koordinat Bola x r
r
y x
z
r
x
y
r
y x
x
z y
y x
z
z z
y
z
2
2
terhadap aˆ r ,
dimana x = r sin θ cos φ ; y = r sin θ sin φ ; z = r cos θ maka : sin
cos
sin
r
sin
cos
x r cos
y
cos
r cos
z
sin
r sin
x 1
cos
cos
r
y cos
sin
sin
x r sin
y
sin
r sin
z
cos
0
x 1
atau
z
y
sin
cos
r sin
0
x
y
Dapat ditulis dalam bentuk matriks sebagai berikut :
r 1
sin
cos
sin
sin
cos
cos
cos
cos
sin
sin
r 1
sin
cos
x y
0
r sin
z
dengan inverse matriks = transpose (karena determinan = 1 ) maka
x
sin
cos
sin y
cos
sin
cos
cos
cos sin sin
1
cos
r 1
0
r sin
z
b).
r
sin
Volume Diferensial, Elemen-Elemen Permukaan pada Koordinat Bola Z r
ds=r2 sin
d d dr
rd d Y r sin
d r sin
d
X Gambar.7 Elemen volume pada sistem koordinat bola
Elemen garis diferensial : dr aˆ r
dl dl
2
dr
aˆ
rd
2
2
2
r d
r sin 2
r sin
2
aˆ
d 2
d
Elemen-elemen permukaan diferensial sebagai pasangan elemen-elemen garis: aˆ
rd
r sin aˆ
r sin
d
dr aˆ r
rd
aˆ
d
2
r sin
dr aˆ r aˆ
r sin
d
d
d
aˆ r
dr aˆ
aˆ
r dr d
Volume diferensial dV =(dr)(r d )(r sin dV = r2 sin
dr d
d ) d
Contoh: 1.
Buktikan bahwa volume bola adalah V adalah 0
r
r ;0
;0
Penyelesaian : 2
dV
r sin
dr d 2
V
r sin r 0
0
1
3
1
d
r
r
cos 0
r
3
2
3 3
dr d
0
3
4
d
2
r
r
3
2
2 0
0
2
4 3
r
3
dengan batas-batasnya
2.
Gunakan sistem koordinat bola untuk menetapkan luas jalur
pada
permukaan bola dengan jari-jari a (gambar dibawah) dan dengan batasbatasnya 0
r
a; 0
. Apa hasilnya bila
2 ;
= 0, dan
= ? Penyelesaian : Z
dS = r2 sin
d d φ maka
2 2
A
a sin
d
d
0
2
Kalau Y
X
2
a cos
= 0 dan
cos
= , A = 4 a2 yakni
seluruh permukaan bola itu.
Soal-Soal Latihan dan Penyelesaiannya 1. Tentukan vektor A dari posisi (2, -4, 1) sampai (0, -2, 0) pada sistem koordinat kartesian dan tentukan pula vektor satuannya. Kunci Jawaban : 2 aˆ x
A
2 aˆ y
2
aA
aˆ x
3
2 3
aˆ z aˆ y
1 3
aˆ z
2. Gunakan sistem koordinat silinder untuk menentukan luas daerah yang diarsir dari gambar silinder dibawah ini dengan r = 2 m, h = 5 m dan
2 6
3
Z 5m
Kunci Jawaban : A
5
m
X
3
6
2
Y
2
3. Tentukan sudut antara
A
10 aˆ y
2 aˆ z
dan
B
4 aˆ y
0 ,5 aˆ z
dengan
menggunakan dot product dan cross product. Kunci Jawaban : 161 , 5
4. Tentukan sudut antara A
5 ,8 aˆ y
1,55 aˆ z
dan B
6 , 93 aˆ y
4 aˆ z
dengan
menggunakan dot product dan cross product. Kunci Jawaban : 135
5. Tentukan volume sebuah bola menggunakan sistem koordinat bola dengan batas-batas 1
r
2 m, 0
Kunci Jawaban : V
7 6
dan 0 2
m
3
. 2
2 aˆ x
6. Diketahui A
4 aˆ y
3 aˆ z dan B
aˆ x
aˆ y
, tentukan A B dan A B .
Kunci Jawaban : A B A
2 3 aˆ x
B
3 aˆ y
6 aˆ z
7. Tentukan jarak antara
, 0 m dan 1,
2,
, 2 m dengan sistem koordinat
6
silinder. Kunci Jawaban : d
3,53
m
8. Gunakan sistem koordinat bola untuk menentukan luas permukaan bola dengan batas 0
dan jarak a meter. Berapakah hasilnya jika
2
.
Kunci Jawaban : A
2
a
jika A
2
m
2 4
a
, maka :
2
m
A x aˆ x
9. Transformasikan vektor A
A y aˆ y
A z aˆ z
ke dalam bentuk sistem
koordinat silinder. Kunci Jawaban : A
A z cos
A y sin
10. Transformasikan vektor F sistem koordinat kartesian. Kunci Jawaban : F
x aˆ x x
2
y aˆ y y
2
z aˆ z z
2
aˆ r
A x sin
r
1
aˆ r
A y cos
aˆ
A z aˆ z
.
pada sistem koordinat bola ke dalam
BAB II TURUNAN BERARAH (GRADIEN) DAN DIVERGENSI 2.1
Turunan berarah (gradien)
Kita perhatikan fungsi dua variabel f(x,y) turunan parsial fx (x,y) dan fy (x,y) mengukur laju perubahan (kemiringan garis singgung) pada arah sejajar sumbu x dan y, sasaran kita sekarang dalah mempelajari laju perubahan f pada sembarang arah menuju konsep turunan berarah yang kemudian menjelaskan makna gradien. F (x
x, y
y
Fy Fx
F (x
x, y ) Fx
F ( x, y )
(x
sb y
x, y
y
y
Sb x
x
( x, y ) (x
F
x, y )
Fx
Fy
F x
x, y
F x
F x, y
x, y
F x, y
F x, y
y F x, y
x
F x, y y
x
F x, y
y
y
untuk x dan y menuju nol F lim
x Δy
F (x
lim 0 0
x
F
F ( x, y )
x
x x
x
F
y
x aˆ x
aˆ x F x
F y aˆ y
aˆ y
aˆ x dx
aˆ y dy
F
aˆ x dx
aˆ y dy
y
F (x
lim y
y
F
dF
x, y )
0
0
x, y
y) y
F (x
x, y )
y
dF
F
aˆ x
aˆ y
x
dF
aˆ x
d dF
F
dF
F
aˆ y
x
y
disebut
d
.d
F
gradien
Keterangan : aˆ x
aˆ y
F
turunan parsial F terhadap x dengan y konstan pada arah sb. X
x
F
turunan parsial F terhadap y dengan x konstan pada arah sb. Y
y aˆ x
aˆ y
x
y
dinamakan operator gradien dibaca DEL atau NABLA A. Untuk koordinat kartesian aˆ x
aˆ y
x
y
aˆ z
z
Contoh : Diketahui : Untuk sistem koordinat kartesian aˆ x E V
k
aˆ y
x V Q r
r
x
2
y
2
Tentukan E ? Penyelesaian :
aˆ z
y
z
2
1 2
z
E
Q
k
r aˆ x
x aˆ x
KQ
aˆ x x
KQ
E
r
kQ
aˆ z
y
z
x
2
y
2
z
3
1
2
x
y
2
z
2
2
2x
2 aˆ y y
aˆ y
1
1
2
2 3
x
2
y
2
z
2
2
2
2y
aˆ z
1
3
x
2
y
2
2
aˆ z z 3
2
x r
kQ kQ r
aˆ y
r
y
2
z
2
2
3
3
Makna fisis dari operator adalah perubahan terdekat dari fungsi F ke segala arah (operator deferensial vektor). B. Untuk koordinat silinder aˆ x
cos
sin
0
aˆ r
aˆ y
sin
cos
0
aˆ
aˆ z
0
0
1
aˆ z
x
cos
sin
0
sin
cos
0
0
0
1
y
r 1 r
x
z aˆ x
x
aˆ y
aˆ z
y
( aˆ r cos
aˆ sin
aˆ r sin
aˆ cos
2 aˆ r cos
z ) cos
sin r
cos
r
aˆ r sin
cos
r sin
r 1 r
1
1 r aˆ sin
aˆ z
z
cos r
z
2
2
2z
aˆ sin
1
2
aˆ r sin
r aˆ sin
1
cos
aˆ r (cos aˆ r
2
sin
r
aˆ z
r 2
aˆ r sin
cos
2
cos
r aˆ
r
1
aˆ z
r
2 aˆ cos
r
r
z aˆ (sin
)
1
2
2
)
1 r
aˆ z
z
z
Operator gradien untuk koordinat silinder : aˆ r
aˆ r
1
aˆ z
r
z
Contoh :
Diketahui : V
10 z sin
Tentukan E ? Penyelesaian : E
V
E
aˆ r
E
E
aˆ r
0
1 r
aˆ
10 z sin
10 z r
1
r 10 z
cos
aˆ
r
cos
r E
aˆ z
r
aˆ
aˆ
0
10 z sin z 10 z sin
aˆ z
10 z sin z
C) Untuk koordinat bola aˆ x
sin
cos
cos
cos
sin
aˆ y
sin
sin
cos
sin
cos
aˆ
0
aˆ
aˆ z
cos
x
sin
cos
sin y
sin
cos
sin
cos
cos
cos
aˆ r
r
sin
sin
1
cos
sin
r 1
0
z
aˆ x
r sin
aˆ y
x
aˆ r sin sin
aˆ z
y
aˆ
cos
cos
cos
z cos
1
cos
r aˆ r sin sin
aˆ cos
cos sin
r aˆ r cos
aˆ
sin 1
sin
r
sin
sin
aˆ
cos
sin
r sin aˆ
1
cos cos
r sin
cos
r sin sin
r
1
1 r
aˆ r sin
2
cos
aˆ r sin
2
r
aˆ cos
cos
2
cos
1
cos
2
cos
1
2
r aˆ sin
sin
aˆ r sin
r aˆ cos
sin
2
2
aˆ sin
cos
r
aˆ cos
sin
2
cos
cos
2
sin
sin
2
aˆ r sin
2
aˆ cos
2
cos
2
aˆ cos
2
sin
2
1
2
cos
1
sin
2
cos
1
aˆ sin
1
aˆ r
2
cos 2
sin
r 2
0
0
2
1
1
aˆ
r
r sin
operator gradien untuk sistem koordinat bola adalah : aˆ r
aˆ r
1
1
aˆ
r
r sin
Contoh : Diketahui : E V
k
V Q r
aˆ r
aˆ r
Tentukan E ?
1 r
aˆ
1
cos
1 r sin
1
2
aˆ sin
cos
r sin aˆ r
sin
r sin
1
2
1
cos
r sin
aˆ cos
r aˆ sin
sin
r sin
r
cos
1
2
r sin
aˆ cos
r sin
aˆ sin
r sin
sin
1
sin
r
sin
r
1
r
aˆ cos
sin
aˆ r cos
cos
r sin
aˆ r sin
r aˆ r cos
aˆ cos
1
cos
r aˆ cos
r sin
r
aˆ r sin
2
sin
1
sin
r
r aˆ r sin
cos
2
1 r
Penyelesaian : E
Q
k
r aˆ r
E
r
aˆ r r
E
kQ
E
r
1
aˆ
r
2
0
r
2.2
Q r
0 kQ ar
r r
kQ r
E
k
r sin
aˆ r dim ana
2
1
aˆ
3
DIVERGENSI DAN MAKNA FISISNYA Operator lain yang penting yang pada dasarnya merupakan turunan
adalah operator divergensi. Divergensi suatu vektor didefinisikan sebagai berikut : Divergensi suatu vektor adalah linit integral permukaan per satuan volum kalau volum yang terlingkupi oleh permukaan tersebut mendekati nol.
Lambang dari divergensi adalah
(dot product) dari V dengan satu vektor.
Arti fisisnya adalah mencari nilai fluks tiap satu satuan volume : ( jumlah keluaran
luas permukaan
jumlah masukan
luas permukaan
volume
Secara matematik operator divergensi didefinisikan sebagai :
A
aˆ x
x
aˆ y
y
aˆ z
z
Untuk sembarang vektor A A x
Ax
y
Ay
z
Az
aˆ x A x
aˆ y A y
aˆ z A z
a).
OPERATOR DIVERGENSI PADA SISTEM KOORDINAT KARTESIAN
Jika vektor A mempunyai komponen pada sb. X : Ax; pada sb. Y : Ay dan pada sb. Z :Az melewati suatu ruang seperti pada gambar sebagai berikut : (x, y+ y, z)
Az Ay z
y Ax x (x + x, y, z)
(x, y, z)
keluaran
Luas Penampang
masukan
Luas Penampang
A volume
dimana elemen volume = Ax x A lim v
x, y, z
Az x, y, z
0
x
z
y
y z
z
Ax x, y, z
y z
x y z x y Az x, y, z
x y
A y x, y
y, z
x z
A y x, y, z
x y z
x y z Ax x
x, y, z x z
Az x, y, z
A x y z
0 0 0
Ax x
lim x
z
A
A y x, y, z
y
z x, y, z
Ax x, y, z
z
A y x, y
lim
x Az x, y, z
y, z
Az x, y, z
0
lim
A y x, y
Ax x, y, z
y
0
y, z
A y x, y, z
y
Az x, y, z
z
0
Ax
Ay
Az
x
y
z
operator divergensi pada sistem koordinat kartesian : A
Ax
Ay
Az
x
y
z
dengan demikian terbukti bahwa : A
nilai keluaran
Luas Permukaan
nilai masukan
volume
Luas Permukaan
x z
B
Kerapa tan fluks magnet
D
Kerapa tan fluks listrik
Untuk mendapatkan operator divergensi pada sistem koordinat lain maka operator di dot kan (perkalian skalar) dengan vektor yang akan dicari kerapatannya. Contoh 2 x aˆ x
1. Diketahui : A Tentukan
yz aˆ y
xy aˆ z
?
.A
Penyelesaian : .A
2
x
yz
x
y
2. Diketahui : D
10 x aˆ x
Tentukan :
xy
2x
z
z
2 200 y aˆ y
dititik (1,2,3)
D
Penyelesaian : D
D
3.
Ay
Az
y
y
z
10 x
D D
Ax
aˆ x
x 10 aˆ x
200 y
2
aˆ y
y
400 y aˆ y
dititik (1,2,3) adalah 2x 10 e aˆ x
Diketahui : A Tentukan
D
2 5 y aˆ y
10
400
2
10 cos 4 z aˆ z
dititik (1,2,0)
D
Penyelesaian : A
Ax x
A
10 e x
A A
A
20 e
2x
Ay
Az
dy
z
2x
aˆ x
aˆ x
5y
2
dy
10 y aˆ y
dititik (1,2,0) adalah 20 e
2
20
aˆ y
10 cos 4 z z
40 sin 4 z aˆ z
aˆ z
810
b) OPERATOR DIVERGENSI PADA SISTEM KOORDINAT SELINDER Operator divergensi juga digunakan pada sistem koordinat silinder, sebagai berikut : aˆ r
.A
1
aˆ r
aˆ z
r
z
aˆ r A r
aˆ A
aˆ z A z
Dari pembahasan sebelumnya aˆ r
aˆ x cos
aˆ
aˆ y sin
aˆ x sin
aˆ z
r r
aˆ y cos
aˆ z
aˆ r aˆ r
r
aˆ x cos
0
aˆ r aˆ r
aˆ x cos
z
aˆ y sin
aˆ
aˆ
z
aˆ y sin
aˆ x sin
aˆ
aˆ x cos
aˆ
aˆ r
aˆ z
aˆ z
aˆ z
0
aˆ y cos aˆ y sin
Oleh karena itu diferensial parsial dari unit vektor mempunyai harga dan
Maka :
aˆ r
aˆ
selain itu semua berharga 0.
aˆ
aˆ r
aˆ r
A A
r
aˆ r aˆ
r r
aˆ r A r
Ar
r 1
aˆ
Ar
r 1
aˆ z
aˆ z aˆ r 1
aˆ z
r
aˆ r aˆ r aˆ
A
1
aˆ
r
aˆ z A r
Ar
z
1
r Ar
aˆ r
r
aˆ r
r 1
Az
aˆ r . A
A r
aˆ
aˆ
1
A
aˆ
aˆ r aˆ z
r aˆ
A
r
aˆ z aˆ
A
r
aˆ z A z
1
r
Az
aˆ r A z
Az
aˆ z A z
1 r
c).
r
1
r.Ar
aˆ
A z
aˆ z A
aˆ z
aˆ z aˆ z
z
Az
z
A
Az
r
z
OPERATOR DIVERGENSI PADA SISTEM KOORDINAT BOLA Operator divergensi juga digunakan pada sistem koordinat bola, sebagai
berikut :
A
aˆ r
aˆ r
1
1
aˆ
r
aˆ r A r
r sin
aˆ A
dari pembahasan sebelumnya didapat : aˆ r
aˆ x sin
aˆ
aˆ x cos
aˆ
aˆ x sin
cos cos
aˆ y sin
sin
aˆ y cos aˆ y cos
aˆ z
r
Operator divergensi pada sistem koordinat silinder : A
r
aˆ z
r
aˆ r
z
aˆ A
aˆ r a ˆ
1
Ar aˆ
Az
. aˆ r A r
z
sin 0
aˆ z cos aˆ z sin
aˆ A
z
aˆ z
r
aˆ r
0
aˆ r
aˆ x cos
cos
aˆ y cos
sin
aˆ z sin
aˆ x sin
sin
aˆ y sin
cos
aˆ z cos
aˆ x sin
cos
aˆ aˆ r
aˆ
0
r aˆ
aˆ y sin
aˆ z cos
sin
aˆ r aˆ
0
aˆ
0
aˆ
0
r
aˆ
aˆ x cos
aˆ r
A
aˆ y sin
1
aˆ r
r
aˆ r aˆ r aˆ r
A
aˆ
aˆ r
r
1
aˆ
aˆ r A r
r sin aˆ r
Ar
Ar
r
aˆ r
aˆ r aˆ
1
aˆ r
aˆ
A
aˆ r aˆ
r
A r
aˆ
aˆ
1 r 1
Ar
aˆ
A
aˆ
Ar A
r aˆ
aˆ r
aˆ
A
r 1
1
r
1 r sin 1
r
2
aˆ
aˆ
1
aˆ
A
A
r
1
aˆ
r
aˆ
r Ar
aˆ
aˆ
aˆ
Ar aˆ
r sin r
aˆ r
A r
aˆ A
r
aˆ
2
aˆ A
Ar
1 r sin 1
aˆ r A
aˆ aˆ
aˆ A
r sin 1 r sin
sin
A
1 r sin 1 r sin
1 r sin
A
A aˆ
Operator divergensi pada sistem koordinat bola adalah : 1
A
r
2
r
2
1
Ar
r
sin
1
A
r sin
A
r sin
Contoh 1.
Diketahui : A Ditanya
aˆ r
r sin
:
A
1
1
2
r sin
2 r cos
r 2 sin
aˆ z
2z
2
z 4z
10 r
Diketahui : D
4
Tentukan :
2
2z
:
r r 2 sin 4z
2.
aˆ
?
Penyelesaian : .A
2 r cos
3
aˆ r c
m
2
D
Penyelesaian : D D D D D
3.
1 r 1
r
r 1
r
r 1
r
(r
D
r
10
z
Dz
3
r )
4 (
4
1
( rD r )
10
4 10
4
r ) r
3
r 4 2 40 r
Diketahui : D
10 4
3 r aˆ r
r
5
2 m ;0
z
10 ;0
Tunjukan ruas kiri dan kanan dari teorema divergensi D ds
Pennyelesaian :
D dv
2
Ruas Kanan 1 D rDr r r 1 10 r
r
10 r
r
4
4
2 10
2
5
Ddv
10 r 0
0 10
2
rdrd
dz
2 2
10 3
10 r dr d z 0
5
10
r
4 10
s
D d s1
2
z 0
4
r
4
50
r
2
2
10
5 maka : 5
50
3
4050
D rd
dr aˆ z
2 4
4
2
z
10 0
D rd
10
dz aˆ r
10
4
50
z 0
z 0
0
r
10
D ds3
r aˆ r rd
4
r
z
10
4
karena 2 D ds
2
3
4 10
4
dz aˆ r
10 0
10
0
D ds2
D rd 10
2
4 r 2
3 4 4050
Ruas Kiri
dz
0 r 0
0
4
dr
aˆ z 10
r aˆ r rd 3
2
10
dr aˆ z z 0
0
4
3 r aˆ r rd
dr aˆ z
2.3
TEOREMA DIVERGENSI GAUSS
Seperti telah dijelaskan dalam pembuktian makna fisis divergensi bahwa divergensi adalah nilai kerapatan fluks, sekarang akan kita buktikan teorema divergensi gauss yang di definisikan : A ds
A dv v
s
A
ds
= integral permukaan tertutup
s
.
dv = integral volume
v
Contoh 1. Diketahui : A Tentukan
aˆ
5 sin
. A di 0 . 5 ;
aˆ ,
5 sin
4
;
=?
4
Penyelesaian : .A
1
r
2
r 1
r
2
r 10
r 0
r
2
2
1
Ar
r sin 1
0
2.
10
5
aˆ
cos
5 sin
aˆ
aˆ
cos
r sin
0 .5,
,
sin
maka : 4
4
10 aˆ
10 aˆ
4
Diketahui : D 1 2
5
aˆ
cos
0 .5
r
1
sin
r sin
4 A
aˆ
5 sin
r sin sin
A
r sin
r karena r
1
A sin
2
4
0 . 5 sin 4
5 4
( r Dr ) r
aˆ
cos
r
2
aˆ r c
1
m
2
(D
r sin
sin
)
1
(D )
r sin
Ditanya : Buktikan bahwa ruas kiri sama dengan ruas kanan dari persamaan berikut
D ds
D dv
Penyelesaian : Ruas kanan 1
.D
2
2
( r Dr )
r 1
r
2
r
r 5r
5
r
4
4
2
D dv
5 r r sin 5
2
d
d
dr
2
5r r 0
0
3
sin
d
d
dr
0 5
5
r
4
cos
4 0 3125
2
2
0
0
2
Ruas kiri D ds
5
r
2
4 5
r
2
aˆ r
2
r sin
2
0
0
5 0
4
r sin
r
4
4 3125
0
2
Makna fisis divergensi Gauss Dari hukum Gauss : Q
s
untuk satu satuan volume v D ds D
Q
s
v
d
4 cos
v
dan diambil volume menuju nol
v
0.
aˆ r
d
5
5
D ds
d
2
2
0
0
d
D ds D
v
maka
.D
s
lim
v
Q
lim v
0
v
v
0
.................................................................(i)
subtitusikan Q
v
dv
ke hukum Gauss
v
dv
....................................................(ii)
vol
maka
D ds s
vol
dari (i) dan (ii) didapatkan hasil akhir bentuk divergensi Gauss : D ds
D dv
s vol
Makna fisis persamaan diatas adalah : Integral komponen normal dari setiap medan vektor pada seluruh permukaan tertutup sama dengan integral divergensi vektor tersebut dalam seluruh volume yang terlingkung oleh permukaan tertutup tersebut.
Soal-soal dan Penyelesaiannya 2 x aˆ x
1. Diketahui A
yz aˆ y
xy aˆ z , tentukan
A
.
Penyelesaian : A
2x
2. Diketahui A
z
5x
2
sin
x 2
aˆ x , tentukan
A
jika x = 1.
Penyelesaian : A
10
x 1
1
3. Diketahui A
x
2
y
2
2
aˆ x , tentukan
A
pada posisi (2, 2, 0).
Penyelesaian : A
4. Diketahui D
8 ,84 10
2,2,0
Q r
2
1
2
cos 3 r aˆ r
tentukan rapat muatannya.
C m
2
dalam system koordinat bola,
Penyelesaian: 3Q
C
sin 3 r
2
r
m
3
2 10
5. Dalam system koordinat bola diketahui D
4
batas 0
4 10
1 m , dan D
r
r
2
C
aˆ r
r
m
2
dengan
4
C
aˆ r
m
dengan batas r
2
1m.
Tentukan rapat muatan untuk kedua batas tersebut. Penyelesaian : Untuk 0
r
2 10 r
untuk r
1m 4
C
2
m
3
1m
0
6. Diketahui D
10 sin
aˆ r
C
aˆ
2 cos
m
2
, tentukan rapat muatannya.
Penyelesaian : sin
18
2 cot
2
C m
r
3
7. Buktikan bahwa divergensi dari E sama dengan nol jika E
100
aˆ
40 aˆ z .
r
8. Dalam system koordinat silinder diketahui D
batas a r
r
b,
a maka D
dan D 0
b o
. Tentukan
Penyelesaian : Untuk a
r
b,
D=0
Untuk r
b
, D
Untuk r
a, D=0
o
2
a 2r
r o
2
a
2
aˆ r dengan
2r
2
aˆ r dengan batas r
pada setiap batas tersebut.
b
. Untuk
9. Diketahui A
10 aˆ r
aˆ
5 sin
, tentukan
A
.
Penyelesaian : A
2
10
cos
r
10. Diketahui D
10 r
2
1
e
2r
1
2r
tentukan rapat muatannya. Penyelesaian : 40 e
2r
C m
3
.
2r
2
aˆ r
dalam system koordinat bola,
BAB III CURL (ROTASI) DAN MAKNA FISISNYA Secara matematis operator curl ditulis dalam bentuk simbol (
) . Operasi
curl ini jika diterapkan pada vektor akan mendapatkan vektor baru. ) kepada vektor A atau ditulis sebagai ( x A )
Misal kita terapkan ( aˆ x
A
aˆ y
x
y
aˆ z
aˆ x A x
z
aˆ y A y
aˆ z A z
dalam bentuk matriks : aˆ x aˆ y aˆ z A x
y
z
A X AY A Z A
aˆ x
y
Az
z
Ay
aˆ y
x
Az
z
Ax
aˆ z
x
Ay
Ax
y
Arti fisis: Curl atau rotasi dari vektor adalah mencari jumlah kerja lintasan tertutup persatuan luas (x, y+ y, z)
Az Az (x, y, z + z) Ay
Ay z
y Ax
Ax
x
( x,y,z ) (x, y, z)
(x + x, y, z)
Kerja yang dilakukan dalam lintasan tertutup permukaan y z permukaan samping) Lintasan 1 = Ay (x,y,z) y Lintasan 2 = Az (x,y+ y,z) z Lintasan 3 = -Ay (x,y+ y,z+ z) y Lintasan 4 = - Az (x,y,z+ z) z
Total ker ja : A y x, y, z
y
A y x, y
y, z
z
y
Az x, y
y, z
z
Az x, y, z
z
z
sehingga jumlah seluruh kerja pada lintasan tertutup muka samping persatuan luas ( y z) adalah: Total ker ja y z
A y x, y, z
A y x, y
y, z
z
y
AZ x, y
y, z
z
y z
0 0
A y ( x, y, z )
lim y z
AZ x, y , z
z
y z
A y ( x, y
y, z
z)
Az ( x, y
y, z
z)
z
0 0
Az ( x, y, z
z
y
Jika permukaan atas dan permukaan depan diselesaikan seperti diatas dan kemudian semuanya dijumlahkan dengan permukaan samping maka kita dapatkan: Total kerja dalam lintasan tertutup persatuan luas
A
aˆ x
y
Ax
z
Ay
aˆ y
z
Ax
x
aˆ z
Az
x
A , yaitu:
Ay
y
Ax
dengan demikian terbukti bahwa makna fisis dari rotasi suatu vektor adalah mencari kerja total yang dilakukan oleh vektor tersebut dalam lintasan tertutup dibagi oleh luas permukaan dalam lintasan tertutup tersebut. Untuk curl A dalam koordinat silinder dan bola dapat diturunkan dengan cara yang sama seperti koordinat kartesian
A
1
AZ
r
A z
aˆ r
AZ
Ar
r
z
aˆ r
aˆ
aˆ z
A
z Az
aˆ
sec ara matriks
1 r Ar
r
1
rA
r
r
Ar
aˆ Z
( silinder )
z
A
1
A
A
sin
aˆ r
r sin
1
rA
1
r
r
sin
Ar
aˆ
1
rA
r
r
Ar
aˆ
( bola )
sec ara matriks aˆ
aˆ
r
aˆ
1 r A
r
1
r
r sin A
A
Catatan: Arah rotasi (curl) sesuai dengan kaidah tangan kanan. (cros product dari vektor). Dari pengertian makna fisis Curl, total kerja dalam lintasan tertutup persatuan luas permukaan lintasan, dapat dituliskan dalam hubungan matematis sebagai berikut: A A
Total Kerja dalam lintasan
lim
ΔS
0
A dl
lim S
tertutup
ΔS
S
0
Definisi diatas mempunyai konsekuensi matematis dalam bentuk lain yang dirumuskan oleh Stokes. Stokes Theorem: A ds
Catatan :
A dl
*Teorema Stokes
Teorema Integral Stokes ini banyak digunakan pada persoalan Hk.
Ampere, Hk. Maxwell untuk medan magnet.
Contoh Diberikan medan faktor umum A
xz
3
aˆ x
kartesian. Carilah curl A pada titik (1, -1, 1).
2 2 x yz aˆ y
2 yz aˆ z dalam koordinat
Penyelesaian:
xA x
aˆ x
y
aˆ x
aˆ y
x
y 3
xz
aˆ y
4 2 yz aˆ z
2
z 2
4
2 2 x yz aˆ x
4
z 2 2 x y aˆ x
4
2 x yz aˆ y
aˆ z
y 2z
z
2 x yz 2 yz
2 yz
3 aˆ z x xz aˆ x
2 3 xz aˆ y
4
2 yz
xz
x
3
z
aˆ y
2
2 x yz x
xz
3
y
aˆ z
4 xyz aˆ z
xA di 1, 1, 1 xA
21
4
21
3 aˆ y
2
1 aˆ x
31 1
2
aˆ y
1 1 aˆ z
41
4 aˆ z
Diberikan medan vektor umum
2
A
3r z
2
aˆ r
5 r sin
aˆ
3 4 z r aˆ z
dalam
koordinat silinder Carilah curl A di titik (3; /2;2) ?
Penyelesaian :
xA
1 Az
A
r 1
aˆ r
z 3 4z r
Ar
r
z
5 r sin
r
0
Az
aˆ
r
z
4z
3
2 z3r
1
2 ˆ a
10 r sin
aˆ
4 2
3
2 2 3
3
aˆ
76 aˆ
108 aˆ 10 aˆ z
10 aˆ z
r
r
Ar
2 2 3r z
r
z aˆ
1 3
32
rA
3 4z r
r xA 3 , / 2 , 2
1
aˆ
1 r
z 10 3 sin
aˆ z
/ 2 aˆ z
r 5 r sin r
2 2 3r z
aˆ z
Soal-soal dan Penyelesaiannya 1.
Diketahui medan vector A
aˆ z dalam system koordinat silinder,
5 r sin
tentukan curl A pada posisi (2, , 0). Penyelesaian : A
2.
5 aˆ r
2 , ,0
Diketahui medan vector A
aˆ
10 sin
Tentukan curl A pada posisi 2 ,
dalam system koordinat bola.
,0 . 2
Penyelesaian : 5 aˆ
A 2,
,0 2
3.
Buktikan bahwa curl dari
x aˆ x
Diketahui medan vector
z aˆ z
sama dengan nol.
3
x
4.
y aˆ y
2
y
A
2
e
z 2z
2
2
sin
1
aˆ dalam
2
silinder, tentukan curl A pada posisi 0 ,800 ;
system koordinat
.
; 0 ,500 3
Penyelesaian : A 0 , 800 ;
; 0 , 500
0 ,368 aˆ r
0 , 230 aˆ z
3
5.
Buktikan bahwa curl dari A
6.
Diketahui medan vector
2 cos r
A
3
5e
aˆ r r
cos
sin r
3
aˆ r
aˆ
adalah nol. 5 cos
koordinat silinder, tentukan curl A pada posisi 2 , Penyelesaian : A 2,
3 2
,0
2 ,5 aˆ r
0 ,34 aˆ z
3 2
aˆ z
,0 .
dalam system
7.
Diketahui vector A
2 , 5 aˆ
curl dari A pada posisi
5 aˆ
dalam system koordinat bola, tentukan
,0 .
2, 6
Penyelesaian : A 2,
,0
4 ,33 aˆ r
2 ,5 aˆ
1, 25 aˆ
6
8.
Diketahui vector A
sin
aˆ r
sin
tentukan curl dari A pada posisi 2 ,
aˆ
dalam system koodinat bola,
,0 . 2
Penyelesaian : A
0 2,
,0 2
9.
Buktikan bahwa curl dari sebuah gradient adalah nol.
10.
Diketahui vector A
sin 2
curl dari A pada posisi 2 , Penyelesaian : A 2,
,0 4
0 ,5 aˆ z .
4
aˆ
,0 .
dalam system koordinat silinder, tentukan
BAB IV GAYA COULOMB DAN INTENSITAS MEDAN LISTRIK 4.1
HUKUM COULOMB Dari hasil empiris didapatkan bahwa antara dua muatan listrik (Q 1 dan Q2)
yang berjarak d dalam ruang yang permitivitas listriknya
terdapat gaya interaksi
sebesar: F
Q1Q 2
1 4
d
2
aˆ d
d = jarak antara Q1 dan Q2 aˆ d
satuan yang menunjukan arah gaya
(d jauh lebih besar dari ukuran benda yang bermuatan Q1 dan Q2) Z F 12
Q1
r1
r2
r1
r2
Q2 Y
X F12 F12
1 4 1 4
dimana : r1 F12
r1 r2 r1
Q1Q 2 r1 r2
2
r1
r2
Q1Q 2 r1 r2
3
r1
r2
r2 adalah vektor satuan yang arahnya dari Q2 ke Q1.
= adalah gaya pada muatan Q1 oleh muatan Q2.
x 1 aˆ x
y 1 aˆ y
z 1 aˆ z
x 2 aˆ x y 2 aˆ y z 2 aˆ z r2 ( x 1 x 2 ) aˆ x ( y 1
y 2 ) aˆ y
( z1
z 2 ) aˆ z
Dengan demikian kita bisa tuliskan F yang merupakan gaya pada muatan Q2 oleh muatan Q1 yaitu : F 21
1 4
Q1Q 2 r2 r1
2
rˆ2
rˆ1
atau : F12
F 21
yang merupakan gaya aksi reaksi. = o
o r
= permitivitas vakum
8 ,854 x10
12
F /m
10
9
F /m
36 r
= permitivitas relative.
Dari penjelasan diatas dapat diturunkan bahwa : F medium
1 Fvakum r
didalam udara F harganya hampir sama dengan di vakum. Gaya pada satu muatan Q yang disebabkan oleh banyak muatan ditulis dalam bentuk hubungan matematik
FR
1 4
N
i 1
QQ 1 rˆ rˆi 3 r ri
Gaya interaksi akibat muatan-muatan listrik ini ada yang tarik menarik (jika jenis muatannya berbeda) dan tolak-menolak jika jenis muatannya sama.
Contoh 1.
Hitung gaya di Q1 jika diketahui :
Z
Q1 = 2 mC pada posisi (3,-2,-4); Q2
Q2 = 2 C pada posisi (1,-4,2)
r2
Y r1
Q1 Penyelesaian : r1 r1 F12
r2 r2
F12
2 aˆ x 2
2 aˆ y 2
2
F 12
6 aˆ z
2
6
2
44
Q ! Q 2 ( r1 r2 ) K 3 r1 r2
9 10
9
2 . 10
3
6
5 . 10
( 2 aˆ x
3
2 aˆ y
6 aˆ z )
44
F12
0 , 616 aˆ x
F12
( 0 , 616 )
F12
4 ,174
F12
0 , 616 aˆ y 2
( 0 , 616 )
1,8484 aˆ z 2
(1,848 )
2
2 , 04 Newton
2.
Empat muatan masing-masing Q1= -2 C pada posisi (0,3,0) m; Z X
Q2= 1 C pada posisi (1,4,0) m; Q3= 3 C pada posisi (4,0,0) m; Q4= -1 C pada posisi (0,-3,0) m.
Q
F 31
4 F 34
F 32
Q X
3
Tentukan besar gaya interaksi
Q
Y
1
Q 2
pada muatan Q3 jika muatan-muatan tersebut
terdapat
vakum/udara.
pada
ruang
1
Penyelesaian : 4 r3
r1
4 aˆ x
r3
r1
4
r3
r2
9 10
Coulomb
0
2
r3
r4
4 aˆ x
r3
r4
4
( 3)
2
4 aˆ y
3 aˆ y
2
3
2
5m
Q 3 Q1 ( r3 r1 ) K 3 r3 r1
F3 R
9 x10 .
Q 3 Q 2 ( r3 r2 ) K 3 r3 r2
3 .( 2 ).( 4 aˆ x 5
432000000 ( 4 aˆ x
F3 R
6 1944 10 aˆ x
1944 10
1955 ,96319
9
9 x10 .
3 aˆ y )
3 . 1 .( 3 aˆ x
Newton
6 2
4 aˆ y )
3
216000000 ( 3 aˆ x
216 10
6
Q 3 Q 4 ( r3 r4 ) K 3 r3 r4
5
6 216 10 aˆ y
6 2
10
3 aˆ y )
3
F3 R
F3 R
2
5m
F3 R
F3 R
2
3 aˆ y
3 aˆ x
9
Newton .m
9
9
9 x10 .
3 .( 1).( 4 aˆ x 5
4 aˆ y )
216000000 ( 4 aˆ x
3 aˆ y )
3
3 aˆ y )
4.2
INTENSITAS MEDAN LISTRIK Medan listrik adalah suatu besaran yang mempunyai harga pada tiap titik
dalam ruang ( medan adalah seuatu yang merupakan fungsi kontinu dari posisi dalam ruang ). Dalam membahas suatu medan dipakai istilah kuat medan. Untuk medan gaya Coulomb intensitas medan listrik ( kuat medan listrik = electric field intensity ) adalah vektor gaya coulomb yang bekerja pada satu satuan muatan yang kita letakan pada suatu titik dalam medan gaya ini dengan simbol E r . Misal kita mempunyai muatan sumber Q berupa titik dan ingin kita test harga medannya dengan muatan Q t
0
maka E ( r ) harus sama dengan :
Z F 12
Q (sumber)
1 r
r
r
r
1
Q (test)
Y
X
E (r )
F (r , Q t ) Qt
4
Q r' r 0
E (r ) 4
dimana: ( r1
1
3
0
1 (r
QQ t 2 r' r Qt
r' r
r)
r2 ) adalah vektor satuan yang arahnya dari Q ke Q t (arah menjauhi
muatan sumber).
Satuan Intensitas Medan Listrik Satuan intensitas medan listrik diukur dalam satuan Newton per Coulomb (gaya per satuan muatan) atau volt per meter, karena volt = Newton meter per Coulomb.
Contoh : Hitung E pada Q2 pada titik (3,-4,2) yang disebabkan oleh muatan Q1 = 2 nC di titik (0,0,0).
Penyelesaian : r2
3 aˆ x
r2 r2
r1 r1
3
2 aˆ z
2
4
2
2
2
29
E
3 ( r2 r1
Q1 r o 2
4
E
4 aˆ y
9 10
9
2 10
r1 )
9
3 aˆ x
3
4 aˆ y
2 aˆ z
29
E
18 29
3 aˆ x
29
E
0 ,115 3 aˆ x
E
( 0 ,345 aˆ x
E
0 ,345
E
2
4 aˆ y
4 aˆ y
2 aˆ z
2 aˆ z
0 , 460 aˆ y
( 0 , 46 )
0 , 619 N / m
2
0 , 230 aˆ z ) N / m
0 , 23
2
4.3
MEDAN LISTRIK OLEH MUATAN-MUATAN TITIK Z
E1 (ro)
Q1 r1
E0 (ro)
Q E
r0
r2
E1 (ro) Q Y
2
X
Karena gaya coloumb adalah linier, intensitas medan listrik yang disebabkan oleh dua muatan titik Q1 di r1 dan Q2 di r2 adalah jumlah gaya pada muatan Qt yang ditimbulkan Q1 dan Q2 yang bekerja sendiri-sendiri atau : Q 1 ( r0 r1 ) 3 r0 r1
1
E (r ) 4
1 4
0
Q 2 ( r0 r2 ) 3 r0 r2
Jika kita tambahkan lebih banyak muatan pada kedudukan lain, medan yang disebabkan oleh muatan titik adalah : E (r )
E ( r ) atau
N
E (r )
1 4
i 1
N
i 1
Q i ( r ri ) 3 r ri
Contoh : Hitung E pada titik A0 jika diketahui : A0 = (1,1,1), A1 = (1,1,0), A2 = (1,1,0), A3 =(-1,-1,0), A4 = (1,-1,0) dan Q1 = Q2 = Q3 = Q4 = 3 nC Penyelesaian : r0
r1
r0 r0
r1 r2
2 aˆ x
r0
r2
2
aˆ z 1
2
1 aˆ z 2
1
2
5
r0
r3
r0 r0
r3 r4
2 aˆ y
r0
r3
2
E
2 aˆ y
2
2
2
0
9 10
9
aˆ z
2
2
1
' r1 ) 3 r1
3 10
9
2
27
3
5
( r0 r2 ) 3 r0 r2 aˆ z 1
E
2
1
aˆ z
( r0 r0
Q 4
E
2 aˆ x
2 aˆ x
2 aˆ y
( r0 r3 ) 3 r0 r3
2 aˆ x
aˆ z
3
27
2 aˆ x
2 aˆ y
27
170 , 96 aˆ x
3
28 aˆ z
2 aˆ x
6 ,84 aˆ x
E
6 ,84
4.4
2 aˆ y
aˆ z
2 aˆ y
aˆ z
3
2 aˆ z
3
5 5
25 28 aˆ z
4 , 48 aˆ x
4 , 48 aˆ y
4 , 48 aˆ z
25 170 ,96 aˆ z
820 , 96 aˆ z
675
E
E
2 aˆ y
5
27 E
2 aˆ x
3
27 E
( r0 r4 ) 3 r0 r4
2
6 ,84 aˆ y 6 ,84
2
32 ,84 aˆ z 32 ,84
2
34 , 24 N / m
MEDAN LISTRIK OLEH DISTRIBUSI MUATAN KONTINU Jika sumber listrik tidak lagi merupakan muatan titik melainkan dalam
suatu bentuk dan ukuran tertentu yang terdistribusi secara kontinu bisa berupa ruang, bidang ataupun garis, maka intensitas medan listriknya adalah : dE
Z
' dq ( r r ) ' 3 r ri
1 4
E (r )
F 12
r
v
r'
r
r'
(r
4
' r ) dv ' 3 r r
(muatan sumber berbentuk ruang) E (r )
Y
X
v
s s
4
(r
' ' r ) ds ' 3 r r
muatan sumber berbentuk permukaan. E (r )
(r
' r ) dl ' 3 r r
l l
4
'
muatan sumber berbentuk garis.
Contoh : Muatan tersebar secara merata pada garis lurus yang panjangnya tak berhingga dengan kecepatan
l
tentukan E disuatu titik p sejauh r dari muatan
garis. Penyelesaian : Gunakan sistem koordinat silinder
r1=z
r – r’
dq dr ' l r z aˆ z ' r r aˆ r
dE
p
r
dE r 1 = -z
r
'
' r dl
r
d
r
(r
4 dE
dz
o l
4
(r
2
dz ( r aˆ r o
(r
2
2
( r aˆ r
z aˆ z )
2
2 1/2
z ) (r
2
2
z )2
dz
4 l
dz
1
dE
dE
l
dq ' r r o
2
r r
' r ' r
z )
z aˆ z ) 2 1/ 2
z )
karena pada setiap dq pada z ada dq pada –z sehingga komponen z saling menghilangkan maka :
dE
dz ( r aˆ r )
l
4 E
o
4
o
E
2
~
z ~
(r
E
l
2
o
2
2
z )
( z)
2
2
r
r
aˆ r
1/ 2
z r z
o
1/ 2
dz
r aˆ r l 4
2
z )
~
.r
l
(r
4
z r
o
r aˆ r l 4
r z
r
2
z
aˆ r
2 z
~
2 r
o
2
2
aˆ r
Contoh : Pada garis lurus yang ditentukan oleh x = 2 m, y = -4 m tersebar muatan secara bersamaan dengan kerapatan
= 20 nC/m. Tentukan kuat medan listrik E
di (-2,-1, 4) m. Penyelesaian : r r'
2 aˆ x
r
r'
4 aˆ x
r
r'
4
2 aˆ x
1aˆ y 4 aˆ y
3 aˆ y
2
3
2 E
20 2
3,14
10
2
4
2
41
60 a y
80 aˆ x
224 ,8 aˆ x
4 aˆ x
9
8 ,85
355 ,87 E
4 aˆ z
r r' 3 r r o
E
E
4 aˆ z
10
12
80 aˆ z 10
168 , 6 a y
3a y 41
10
9
12
224 ,8 aˆ z N
m
4 aˆ z
4.5
MEDAN LISTRIK AKIBAT MUATAN BERBENTUK LEMPENG
Terapkan ungkapan
Z
dE
dE
dE
1 4
r
r
r'
Y r'
r
z aˆ Z
' r
r aˆ r
dl
ds
1 0
r
.dl ' r
3
(r
r ')
rd
karena simetris aˆ r dz
saling
meniadakan.
X
Muatan tersebar merata dalam bidang datar tak berhingga dengan kerapatan Tentukan besar medan (intensitas medan) akibat muatan tersebut. dE
1 4
0
dq ' r
r
(r
3
' r )
.d .dr .
S
dE
z aˆ z
4
(r
0
dE
1
r
1
1
S
0)
2
r .d .dr 3
4
0
(r
2
( r .d ( z aˆ z
r aˆ r
2
z
r .d )
2
2
2
(z
0)
2
r aˆ r )
2
z )2
karena simetris komponen radial saling meniadakan. dE
1
S
4
E
0
(r
rd dr
2
2
z )
2
1
S
4
(r 0
0 r 0
z aˆ z
3/2
rd dr
2
2
z )
3/2
z aˆ z
S
2 z
4
rdr (r
0
2
2
z )
lihat tabel E
z
S
2 E
0
S
2
aˆ z
0
az
1 (r
2
2
z )
1/ 2
S
z aˆ z
2
0
1 r
1 z
3/2
aˆ z
S
.
Contoh Tentukan E disemua titik jika diketahui lempeng seluas 100 cm 2 yang mengandung distribusi muatan yang serba sama sebesar listrik disekitar muatan tersebut. Penyelesaian : 1 4
9
9 10 o
1 o
36
10
9
E 2
o
Q
dimana :
S
10
10 9 100 10
6
10 4
10
9 10
10
4
9
E 2
o
1
2 36
5 4
10
5
V m
10
9
4
C m
2
10 9
C
. Tentukan medan
BAB V FLUKS LISTRIK DAN HUKUM GAUSS 5.1. MEDAN SKALAR DAN MEDAN VEKTOR dikatakan medan skalar jika terdefinisi suatu skalar dalam ruang, yaitu φ (x,y,z ) atau (suatu fungsi
di setiap titik
yang mengaitkan suatu bilangan
tiap titik didalam ruang). Medan u dikatakan medan vektor jika :
dengan
Terdefinisi suatu vektor u disetiap titik didalam ruang atau ditulis dalam
hubungan u
u r
atau suatu fungsi u yang berkaitan dengan tiap titik r
diruang.
Dalam koordinat kartesian : x, y, z u
medan scalar
aˆ x u x x , y , z
aˆ y u y x , y , z
aˆ z u z x , y , z
(medan vektor)
Dalam koordinat silinder : r, , z u
medan skalar
aˆ r u r r, ,z
aˆ
u
r, ,z
aˆ z u z r, ,z
(medan vektor)
Dalam koordinat bola : r, , u
medan skalar
aˆ r u r r , ,
aˆ
u
r, ,
aˆ
u
r, ,
(medan vektor)
Kita lihat, suatu medan vektor adalah ekuivalen dengan 3 komponen medan skalar ini karena u ekuivalen dengan komponen ux r , uy r , uz ur r , u r , uz ur r , u r , u
r r r
Kartesian Silinder Bola
Dari pengertian definisi medan skalar dan medan vektor terlihat bahwa : Medan vektor berkaitan dengan sumber medan berupa fungsi bernilai vektor. Contoh : medan gaya coulomb, medan gaya magnet, medan gaya gravitasi, dan sebagainya.
Medan skalar berkaitan dengan sumber medan berupa fungsi bernilai bilangan. Contoh : fungsi yang memberikan suhu pada tiap titik diruangan.
Suatu visualisasi medan skalar “permukaan-permukaan
adalah dengan jalan melukiskan sistem
tutupnya”. Permukaan-permukaan ini adalah tempat
kedudukan titik-titik dengan nilai
yang sama dan biasanya digambarkan dengan
beda harga , yang sama antara setiap permukaan yang berdekatan. permukaan tetap 3 2 1
Cara melukiskan medan vektor salah satunya adalah dengan cara melukiskan garis medan dalam medan gaya, garis medan ini disebut garis gaya. Garis gaya listrik dilukiskan sehingga arah medan listrik menyinggung garis gaya tersebut. E (P) Q
E (Q)
P Kuat lemahnya medan listrik ditentukan oleh kerapatan garis gaya tersebut. Perhatikan gambar dibawah ini.
+
(a ) Keterangan :
+
(b)
Garis gaya keluar dari muatan positif menuju ke muatan negatife.
+
(c )
Untuk muatan positif yang tidak ada pasangan muatan negatifnya, garis gaya menuju ke tempat tak berhingga. Untuk muatan yang sejenis garis gayanya saling menjauhi. 5.2
FLUKS LISTRIK Fluks listrik didefinisikan sebagai jumlah garis gaya yang menembus
permukaan yang saling tegak lurus. Dengan demikian muatan satu coulomb menimbulkan fluks listrik satu coulomb. Maka Ψ = Q Coulomb. Jika fluks Ψ adalah besaran skalar, maka kerapatan fluks listrik (density of electric flux) D adalah medan vektor. Gambar dibawah memperlihatkan distribusi muatan ruang kerapatan muatan ρ yang ditutupi oleh permukaan S. Maka untuk elemen kecil permukaan ds, kita memperoleh differensial fluks yang menembus ds sebagai berikut : d
an
D
D ds D nˆ d s D ds cos
ρ
Ini karena D tidak selalu dalam arah normal terhadap permukaan dan misalkan adalah sudut antara D dengan normal permukaan dan d s adalah vektor elemen permukaan yang mempunyai arah a n (normal).
Kerapatan Fluks listrik (Density of Electrical Flux) D D adalah medan vektor yang arahnya sama dengan arah garis gaya. D
d
2 aˆ n C / m
( aˆ n adalah unit vektor dari D)
dA
5.3
HUKUM GAUSS “Flux total yang keluar dari suatu permukaan tertutup adalah
sama dengan jumlah muatan di dalam permukaan tersebut.”
Fluks total yang menembus permukaan yang tertutup didapat dengan menjumlahkan differensial yang menembus permukaan ds. D ds
sehingga bentuk matematik hukum gauss sebagai berikut : D ds
muatan yang dilingkupi
Q
Muatan yang dilingkupi bisa terdiri dari : Beberapa muatan titik Distribusi muatan garis Distribusi muatan permukaan (tidak perlu permukaan tertutup) Distribusi muatan volume
5.4
HUBUNGAN ANTARA
KERAPATAN
FLUX
DAN
KUAT
MEDAN LISTRIK Kita pandang suatu muatan Q positif yang terletak di pusat bola yang berjari-jari r, dari definisi garis gaya yang terjadi akibat muatan Q ini akan menuju tak hingga (~) sehingga D
aˆ r D
(berarah keluar sesuai dengan arah aˆ r ).
Z ds
aˆ n ds
aˆ r ds
Y
Q
X
Gunakan hukum Gauss Q
D ds
2 aˆ r D aˆ r r sin
d
d
dimana aˆ r dan aˆ n sejajar sehingga aˆ r . aˆ n = l Untuk permukaan bola
= 0 s/d = 0 s/d 2
Sehingga Q
4
r
2
D
Q
D
4 . .r
2
Q
D
4 . .r
2
aˆ r
Kita tahu intensitas medan listrik radial oleh sebuah muatan titik dipusat bola dalam vakum adalah : Q
E 4.
.r o
Maka D
rˆ
2
o
.E
berlaku untuk ruang vacuum dan umumnya untuk setiap medium
yang mempunyai permitivitas listrik
5.5
D
E
DISTRIBUSI MUATAN a) Muatan ruang Jika muatan tersebar dalam suatu volume, rapat muatan didefinisikan dQ C 3 m dv
sebagai dQ
dv
Q
atau dv
atau dapat ditulis Q
v
.dv
.
v
b) Muatan permukaan Jika permukaan tersebar dalam suatu lembaran permukaan Q
.ds
begitu pula
s
dengan muatan garis Q
.dl s
Contoh Tentukan jumlah muatan yang ada didalam bola yang ditentukan oleh 1 r
2 m dan kerapatannya adalah
5 cos r
Penyelesaian :
4
2
C m
2
Q
dv 2
2
0
5 cos r
0 r 1
2
2
0
5
0 r 1
2
r dr sin
4
.dr sin
2
r
2
d
2
5
cos
r
0
1
5
2
10
d
cos
1
1
2
4
2
d
d 2
sin 2 0
0
Coulomb
5.6
PEMAKAIAN HUKUM GAUSS a) Beberapa distribusi muatan
Hukum Gauss
D
Q
ds
Pemecahannya akan mudah jika dipilih permukaan tertutup yang memenuhi syarat sebagai berikut : DS
normal terhadap permukaan sehingga
menyinggung permukaan sehingga D s ds
Pada harga D S d s
0
Ds
ds
D s ds
dan juga
0
, DS adalah suatu konstanta.
Contoh : Muatan titik dipusat koordinat bola, kita pilih permukaan tertutup yang memenuhi kedua syarat tersebut, yaitu permukaan bola yang pusatnya dipusat koordinat dan jari-jarinya r. Penyelesaian : Arah DS di setiap titik pada permukaan adalah normal terhadap permukaan tersebut, dan besar DS di setiap titik adalah sama. Q S
Ds
ds 2
D s .ds Ds
4
Ds r
r 0
2
sin
0
2
atau Ds
Q 4
r
2
Karena harga r diambil sembarang DS mempunyai arah radial keluar
d
d
Q
Maka D
4 .r
2
aˆ r
Tinjau distribusi muatan garis dengan kerapatan muatan serba sama ρD. Misalkan distribusi muatan tersebut memanjang sepanjang sumbu z dari (- ~) ke (~). Penyelesaian : Kita pilih permukaan tertutup yang memenuhi kedua syarat tersebut yaitu permukaan silinder. Besar
D
tetap dan arahnya selalu tegak lurus terhadap
permukaan silinder di setiap titik pada permukaan tersebut Sehingga :
D ds D d s1
Q
D ds 2
D
ds
ρL
rd z 0
D2
ds
sehingga harga
D S ds
0
dz
0
rl
Q
l
l
maka
D
D 2
D
DS
2
z L
Q
.
bidang datar
D ds 3
Karena untuk tutup atas dan tutup bawah +~
D
r
aˆ r
ds
ds
D
-~ Kabel koaksial Kita pilih permukaan Gauss yang memenuhi syarat yaitu permukaan tabung dengan panjang L dan jari-jari a
b a
Dari hukum Gauss,
Q
D ds
Sehingga : Q = Ds (2
r L)
Ds =
Q 2 .r . L
Muatan total pada konduktor dalam (r = a) dengan panjang L :
2
L
Q
s z 0
a d
dz
2 .aL
s
0
Sehingga D s
a s
r
atau D s
a s
aˆ r
(a < r < b)
r
Jika konduktor dalam panjangnya menjadi 1 m, maka
D
a r 2
L
aˆ r
L
a
2
r
(sama dengan muatan garis tak berhingga). Karena tiap garis fluks listrik : Berawal dari muatan positif pada tabung dalam ( inner surface) ke muatan negatif tabung luar (outer surface). Maka : Q (tabung luar) = -Q (tabung dalam) 2
'
bL
s
sehingga
2
aL
s
' s
s
Jika dipilih r > b untuk permukaan Gauss, maka Qtotal = 0 (karena ada muatan yang besarnya sama tapi tanda berlawanan). Sehingga Ds = 0 (r > b) Demikian juga untuk r < a, untuk Ds = 0
5.7
TEOREMA DIVERGENSI GAUSS Seperti telah dijelaskan dalam pembuktian makna fisis divergensi bahwa
divergensi adalah nilai kerapatan fluks, sekarang akan kita buktikan teorema divergensi Gauss yang didefinisikan :
A ds
A dv
integral permukaan tertutup integral volume dari divergensi A
untuk membuktikan teorema di atas kita lihat dalam koordinat yang paling kita kenal “kartesian”.
Dipilih suatu kubus kecil dengan sisi
x,
y, z yang sejajar dengan sb x, y, z
sepeti pada gambar : misal titik P dengan posisi (x, y, z)
z
yang dimaksud integral permukaan z P
tertutup adalah : x
ds harus
A
y
diungkapkan
untuk ke-6 muka kubus sehingga :
y
x A ds
A ds 1
s
depan
A ds 2 blk
A ds 3 kiri
A ds 4 kanan
A ds 5 atas
A ds 6 bawah
Ambil muka kiri dan kanan (dengan memperbesar gambar) : z A (x, y+ y, z)
A(x, y, z)
ds
ds z
y x x y
A ds
Ay ( y )
x
z
kiri
A ds
Ay ( y
y)
Gunakan deret Taylor
Ay y
x z
kanan
Sehingga :
y
x z
Ay ( y)
Ay y
y
x z
A ds 3
Ay
A ds 4
kiri
kanan
A
ds 1
A
depan
Ax
ds 2
Az
A ds 5
bawah
A ds
y
z
x
y
z
z
atas
atau :
x
x
belakang
A ds 6
x y z
y
Ax
Ay
Az
x
y
z
x y z
Dengan membagi ruas kiri dan kanan oleh ( V) di mana
V = dx dy dz dan
membuat V menuju nol maka didapat : Maka :
A .d s
lim v
0
divA
.A
v
Soal-soal dengan penyelesaiannya
1.
Tentukanlah muatan total dalam volume yang didefinisikan oleh 0
x
1m, 0
y
1m
dan 0
z
1m
pula hasilnya kalau pembatasan y diubah menjadi Penyelesaian : karena dQ = ρ dv 1
1
1 2
Q
30 x y dx dy dz 0
0
0 1
30
x
3 10
1
1
3 0
2
y
2
z 0
1
1 2 5 Coulomb
untuk batas-batas y yang diubah,
1 0
2
, kalau
30 x y
1
y
0m
. Bagaimana ?
0
1
1 2
Q
30 x y dx dy dz 0
1
0 1
30
x
0
1
3
3
y
2
2
0
z
1 0
1
1
10
1 2 5 Coulomb
2.
Tetapkanlah jumlah muatan dalam volume yang ditentukan oleh 1 5 cos
dalam koordinat bola. Kerapatannya adalah
r
r
2m
2
4
Penyelesaian : 2
2
Q 0
0
5 r
r
1 2
1
5
2 2
r sin
4
1
1
2
4
sin 2
d
d
2 0
dr
cos
0
2
10
3.
5 cos
Coulomb
Tiga muatan titik Q1 = 30 nC, Q2 = 150 nC dan Q3 =-70 nC, dikelilingi oleh permukaan tertutup S. Berapa besarnya fluks netto yang melalui S ? Penyelesaian : Karena fluks listrik didefinisikan sebagai bersumber dimuatan positif dan brakhir dimuatan negaatif, sebagian fluks dari muatan-muatan itu berakhir di muatan negatif. net
4.
Q net
30
150
70
110 nC
Berapa fluks netto melalui permukaan tertutup S di gambar 1 yang berisi distribusi muatan dalam bentuk lempeng berjari-jari 4 m dengan kerapatan Ds
sin
2
2r
2 aˆ z C/m dan d s
r dr d
aˆ z
Penyelesaian : r
Q
D ds 2
4
sin
aˆ z 0
2
2r
0
1
1
2
4
aˆ z rdr d 2
1
sin 2
2
0
4
r 0
2 2
5.
Tesla
Dua muatan yang sama besar tapi berlawanan tanda dilingkupi oleh
permukaan S apakah fluks dapat melalui permukaan itu ?
Penyelesaian : fluks dapat melalui permukaan itu, sepeerti ditunjukkan di gambar 2, tapi fluks total yang dari S adalah nol, asalkan jumlah muatan didalam S adalah nol.
6.
Suatu piringan bulat berjari- jari 4 m dengan rapat muatan
D
12 sin
dikelilingi permukaan tertutup S. Berapa fluks total yang melalui S ? Penyelesaian : Q
D ds 4
2
12 sin r 0
rdr d
0 4
12
1
r
2
cos
2 0
2 0 12 8 2 192 Tesla
7.
Muatan titik Q = 30 nC terletak di titik asal suatu koordinat katesian.
Tentukan kerapatan fluks D di ( 1, 3, -4 ) m. Penyelesaian :
D ds
Q
aˆ r D aˆ r ds
Q
2
r
D r r 0
0
r Q
D 4 r
sin
d
d
Q
0 2
D 4
2
Q r
1
2
aˆ r
2
2
3
4
2
26 D
30 10 4
9
ax
26
30 10
26 ax
18 a x
3a y 3a y
54 a y 2
54 3
91 , 78 10
8.
4a z
9
1665 ,14 0 , 018 a x
18
3a y
4a z 4a z
72 a z 2
C m
72
10 2
3
10
3
2
Jika diberikan D = 10 xax ( C/m2) tentukan fluks yang melalui luas 1 m 2 yang normal pada sumbu x di x = 3 m. Penyelesaian : karena D konstan dan tegak lurus pada permukaan itu maka : Q
D A 10 x a x 1 10 3 1 30 C
9.
Suatu konfigurasi muatan dalam koordinat silindris diberikan oleh 5 re
2r
C m
3
Penyelesaian :
. Pakai hukum gauss untuk menetapkan D.
Karena ρ bukan fungsi Ø atau z, maka fluks adalah semata-mata radial. Juga bahwa pada r yang tetap harga D pastilah konstan. Maka permukaan gauss khusus yang sesuai untuk hal ini adalah silinder lingkaran yang tegak. Integral pada permukaan ujung-ujung silinder itu hilang, sehingga hukum gauss menjadi
D ds l
Q enc
2
l
aˆ r D aˆ r r d z 0
z 0
D 2
rl
5
r
D 2
rl
10
l r
10
l r
5 r
1e 2r
1e
2
r
5 re
0
D
2
dz 2r
1e
2r
rdr d
dz
0 r 0
r
2
0 2r
0
z
l 0
1
1
rl 2r
1e
1
aˆ r C
r
m
2
10. Volume dalam koordinat bola yang ditentukan oleh r ≤ a , dimana a jarijari bola. Berisi muatan dengan kerapatan yang serba sama. Pakai hukum gauss untuk menentukan D. Berapa besarnya muatan dititik asal yang akan menghasilkan medan D yang sama untuk r > a ? Penyelesaian : D ds
Q enc
2 2 aˆ r D aˆ r r sin 0
d
4
a
3
3
0
D 4
d
r
4
2
a
3
3 D
a
3
3r
C 2
m
2
kalau suatu muatan titik Q = (4/3) пa3 ρ diletakkan dititik asal, medan D untuk r > a, yang dibangkitkannya akan sama besar dengan bola yang bermuatan yang berdistribusi merata
BAB VI ENERGI DAN POTENSIAL 6.1 ENERGI YANG DIPELUKAN UNTUK MENGGERAKKAN MUATAN TITIK DALAM MEDAN LISTRIK. Muatan Q dalam medan listrik E akan mengalami gaya interaksi Coulomb sebesar : F E
QE (Newton), jika ingin menggerakkan Q dengan arah melawan E
diperlukan gaya yang melawan F E . F pakai
FE QE
F pakai
sama dengan F E dan arahnya berlawanan. Dengan demikian jika kita ingin
memidahkan Q sejauh dl dengan arah melawan medan harus menyediakan energi (dilakukan usaha) sebesar: dW
QE
dl
dW
QE dl cos
dot product
dari dua vektor
sudut antara E dan dl
Untuk memindahkan Q pada jarak tertentu (berhingga) harus ditentukan dengan mengintegrasikan: akhir
W AB
E dl awal
dimana : dl
dx aˆ x
dy aˆ y
dz aˆ z
dl
dr aˆ r
rd
aˆ
dz aˆ z
dl
dr aˆ r
rd
aˆ
r sin
kartesian silinder d
aˆ
bola
Usaha yang dilakukan untuk memindahkan muatan titik dari titik awal (B) ke titik akhir (A) dalam medan listrik E serba sama, pada setiap lintasan tertutup adalah nol. E dl
0
Medan Statis
medan vektor dengan sifat tersebut disebut medan konservatif.
6.2 INTEGRAL GARIS akhir
Persamaan W
E dl merupakan contoh integral garis. Integral
Q awal
garis diatas dalam medan (E) yang serba sama tidak bergantung pada lintasan yang dipilih, hal inipun berlaku untuk medan yang tidak serba sama, tetapi pada umumnya tidak berlaku untuk E yang merupakan fungsi waktu. Sebagai contoh kita lihat gambar dibawah ini kita pilih kedudukan awal titik B dan kedudukan akhir diberi tanda A dalam medan listrik yang serba sama lintasan dibagi dalam segmen-segmen kecil
A L 1 , L 2 , L 3 ....
4
.
L4
EL4 E4 L3
EL3 E3
L2
EL2 L1
E2
EL1 E1 B
EL 1
proyeksi E pada
L1
EL 2
proyeksi E pada
L2
EL 3
proyeksi E pada
L3
EL 4
proyeksi E pada
L4
Besarnya kerja yang diperlukan dari B ke A adalah : W AB
Q ( EL 1 L1
EL 2 L 2
EL 3 L 3
EL 4 L 4 )
atau dengan memakai notasi vektor W AB
Q ( E 1 L1
E 2 L2
E 3 L3
E 4 L4 )
Karena kita menjumlahkan terhadap medan yang serba sama E1
E2
W
E3
E4
QE ( L 1
Penjumlahan
E
L2
L3
L4)
L1
L2
L3
merupakan
L4
penjumlahan
vektor
(penjumlahan jajaran genjang) yang hasilnya merupakan vektor yang mempunyai arah dari titik awal B ke titik akhir A, LBA (tidak tergantung lintasan yang dipilih). W
(E serba sama)
QE . L BA
Bentuk integral dari penjumlahan di atas : A
W
Q
E .dl B A
QE
dl
.......... ...... E serba sama
B
QEL
BA
dengan dl adalah elemen panjang, ditulis dalam bentuk sebagai berikut : dl
dx aˆ x
dy aˆ y
dz aˆ z
dl
dr aˆ r
rd
aˆ
dz aˆ z
dl
dr aˆ r
rd
aˆ
r sin
kartesian silinder d
aˆ
bola
Pada pembicaraan interaksi Coulumb dan intensitas medan listrik, kuat medan listrik yang diakibatkan oleh muatan garis lurus adalah Medan listrik sekitar muatan garis
Z
adalah
arah radial
E 2
Y r1
X
r2
o
r
aˆ r
untuk memindahkan muatan dari r1 ke r2 diperlukan kerja.
akhir
W 21
Q
E dl awal akhir
Q awal
2
o
r
2
o
r
aˆ r
aˆ r dr
aˆ rd
aˆ z dz
akhir
Q
dr awal r2
Q
dr r1
2
o
r
2
o
r
r2
Q r1
r2
Q r1
2
o
Q
ln 2
W 21
Q 2
r
o
ln o
r2 r1
r2 r1
Jika ingin memindahkan Q dalam arah aˆ z dan arah aˆ usaha, sebab E
6.3
dl
tidak memerlukan
(ingat aturan dot pruduct dari vektor).
DEFINISI BEDA POTENSIAL DAN POTENSIAL Kerja yang diperlukan oleh gaya luar untuk memindahkan muatan Q dari _
satu titik ke titik lain dalam medan listrik E : akhir
W
Q
E dl awal
Beda potensial didefinisikan sebagai energi (yang dikerjakan oleh sumber luar) untuk memindahkan satu satuan muatan dari satu titik ke titik lain dalam medan listrik, atau dalanm bentuk matematik. Beda potensial
V
W Q
akhir
E dl awal
V AB didefinisikan sebagai kerja yang diperluka untuk memindahkan satu satuan
muatan dari B ke A atau V AB adalah perbedaan potensial antara titik A dan B. A
V AB
VA
VB
E dl B
satuan yang dipakai adalah volt yang identik dengan dengan (joule/Coulumb) Contoh 1. Disekitar muatan garis panjang dengan kerapatan
jika kita ingin
memindahkan muatan Q dari r2 ke r1 diperlukan energi sebesar ? Penyelesaian : W
Q
ln
2 W
r2
Q
ln 2
W
QV
r1
o
o
r2 r1
W
jadi beda potensial V 12
Q
r2
ln 2
r1
o
Bukti : Unsur diferensial dl dipilih dalam koordinat tabung dan lintasan radial yang dipilih mengharuskan dz dan d
0 ; dl
aˆ r dr akhir
W
Z
awal
2
o
r
r1
Sehingga
r1 l
r2
dr
Q r2
Q 2
2 ln
o
jadi beda potensial V 12
Muatan garis tak terhingga
aˆ r dr aˆ r
o
r r
r2 r1 ln 2
o
r2 r1
2. Disekitar muatan titik jika kita ingin memindahkan 2 dari titik B ke A diperlukan energi sebesar ? Penyelesaian : Q E dl . A
W
B
V AB
A
W Q
B
A
Q .aˆ r
1
V AB
4
B
4 VA
Jika rB
r
0 A
Qs
V AB
E dl
0 B
2
aˆ r dr Qs
dr r
2
4
aˆ rd 1
1
rA
rB
( 0
Qs
VB
4 rA
0
aˆ r sin
d
)
Q rA
4
r
0 B
beda potensial V AB
0 , secara fisis berarti : diperlukan
energi oleh sumber luar untuk membawa muatan Q positif dari rB ke r A (karena 2 muatan yang sejenis selalu tolak-menolak). Kalau kita membicarakan potensial mutlak (bukan beda potensial) maka harus dipilih suatu acuan potensial nol, misal: Acuan nol diperlukan bumi (eksperimental/empiris) Acuan nol dititik tak berhingga (teoritis) Untuk persoalan simetri tabung, misal dalam kabel koaksial, konduktor luarnya bisa dipilih sebagai acuan potensial nol. Beda potensial di titik A dan B adalah beda potensial di titik A relatif terhadap beda potensial di titik B. Jika potensial dititik A adalah V A dan potensial dititik B adalah V B maka beda potensial titik A dan titik B adalah :
V AB
VA
VB
6.4
MEDAN POTENSIAL SEBUAH MUATAN TITIK Dari contoh di atas VAB = VA – VB =
dan B mempunyai
Q 4
0
1
1
rA
rB
walaupun titik A
yang berbeda hasil VAB hanya ditentukan oleh
,
rekapitalisasi rA dan rekapitalisasiB, tidak ditentukan oleh lintasan yang diambil. komponen
, dan
tidak berpengaruh karena E berarah radial E
aˆ r E
.
jika titik potensial nol didefinisikan sebagai titik terjauah tak hingga maka potensial di titik A adalah V ao
VA
(V
sehingga VA =
rA
Q
0) 4 Q 4
0
atau biasa ditulis:
rA
rA
o
~
1 r
2
Q
dr 4
o
rA
sama halnya dengan potensial di titik B V B
Q 4
0
rB
Q
V 4
0
r
cara menyatakan potensial tanpa memilih acuan nol diperoleh dengan mengindetifikasikan rekapitalisasi rA sebagai r dan sehingga: V
Q 4
Q 4
0
rB
sebagai konstan,
C 0
r
C dipilih supaya V = 0 pada r tertentu. Atau kita bisa memilih acuan V = V0 pada r = r0, karena beda potensial bukanlah fungsi dari C.
Definisi permukaan equipotensial Permukaan Equipotensial adalah permukaan yang mirip tempat kedudukan semua titik yang mempunyai potensial yang sama. Untuk memindahkan sebuah muatan pada permukaan equipotensial tidak diperlukan kerja. Permukaan equipotensial dalam medan potensial sebuah muatan titik adalah bola yang berpusat pada muatan titik tersebut.
6.5
MEDAN POTENSIAL AKIBAT DISTRIBUSI MUATAN.
a) Medan Potensial Akibat Muatan Titik Untuk mencari medan potensial akiabat muatan-muatan titik, sama seperti mencari medan gaya yang diakibatkan oleh muatan-muatan titik berlaku cara superposisi. Titik yang ingin diketahui medan potensialnya yaitu titik titik P.
Titik yang ingin diketahui medan potensialnya yaitu titik P.
Z Q1 r1 r2
Q2
Q3
r3 P
r
Y X Q V
(r)
4 πε
0
r
n V
(r)
Q
1
i 1 4 πε
4 πε
r 1 Q 0
0
r
i
r
r i
b) Medan Potensial Akibat Distribusi Muatan Kontinu Medan potensial yang diakibatkan oleh muatan terdistribusi kontinu caranya sama seperti ketika kita mencari medan gaya listrik. Untuk muatan berbentuk ruang dipakai rumus : ( r ' ) dv
V (r)
4
o
r
r1
Untuk muatan terdistribusi kontinu dalam bidang: s
V (r) s
4
( r ' ) ds o
r
r1
Q
2 r
2
4 πε
0
3
r
... r 3
Dan untuk muatan yang terdistribusi kontinu dalam garis : V
s r l
4
( r ' ) dl o
r
r1
Hasil-hasil di atas didapat dengan memilih titik acuan (medan potensial = 0) pada titik ~ (tak hingga) atau : A
VA
E dl ~
A
V AB
E dl B
Seperti yang telah dijelaskan dimuka bahwa integrasi di atas tidak bergantung pada lintasannya hanya melihat titik awal dan akhir saja, dengan demikian maka jika kita pilih lintasan tertutup akan menghasilkan harga V
V
E dl
0
untuk medan statis
E dl
0
sesuai dengan
pernyataan
Kirchoff
C
Berlaku V
E dl
0
dalam lintasan tertutup medan potensialnya sama dengan
nol.
C
E
D
6.6
GRADIEN POTENSIAL Perhatikan rumusan medan potensial: V
bentuk
V
-E
Jika antara E dan V dV
atau
-E.
L
( L
- E. dl atau dapat ditulis dalam
0)
L membentuk
sudut
maka akan berlaku
Lcos
E cos
dl
Persamaan terakhir ini akan mempunyai nilai maksimum jika
(arah
perubahan potensial berlawanan dengan arah pertambahan jarak). dV max
E
dl
(a) Besar E sama dengan harga maksimum perubahan potensial terhadap jarak. (b) Pertambahan jarak berlawanan arah dengan arah pertambahan potensial. E max
-
dV dl
Dari rumus :
max
V
-E
L
Pada bidang yang mempunyai harga potensial sama (sepotensial bidang = bidang equipotensial) pada bidang ini V E
0 dimana
L
harga E dan
0.
L tidak nol dengan demikian E
L
. Dalam
hal ini L mempunyai arah menyinggung bidang sepotensial maka E tegak lurus bidang sepotensial (arah pertambahan potensial terbesar adalah tegak lurus pada permukaan sepotensial yaitu dalam arah potensial bertambah). Jika aˆ n merupakan arah normal dari permukaan sepotensial (dan mempunyai arah ke potensial yang lebih besar) maka :
_
dV
E
dl
aˆ n mak
Menunjukan bahwa besarnya E sama dengan laju perubahan maksimum V dan arah E adalah normal terhadap permukaan sepotensial (dalam arah pengurangan potensial)
dV dl
dv mak
dn
Karena laju perubahan V yang maksimum terjadi untuk arah yang sama dengan arah E, maka : _
dV
E
aˆ n
dn _
aˆ x
E
x
aˆ y
y
aˆ z
.V
kartesian
z
_
E
atau -
V V
aˆ n
n aˆ n
merupakan vektor satuan yang normal terhadap permukaan sepotensial, dan
arah normalnya dipilih dalam arah pertambahan harga V.
ingat : n
aˆ n
aˆ x
x
V
dimana E x
x
aˆ y
aˆ z
y
V
; Ey
y
kartesian z
V
; Ez
z
atau
V
aˆ x
aˆ y
aˆ z
x V
aˆ r
aˆ r
V
aˆ r
1
1 r
kartesian
z aˆ z
r aˆ
r
V
y
V
silinder
z aˆ
1 r sin
V
bola
6.7
KERAPATAN
ENERGI
DALAM
MEDAN
ELEKTROSTATIK
(LISTRIK STATIS) Sekarang kita tinjau usaha untuk memindahkan 3 buah muatan, muatan demi muatan (satu demi satu) pada ruangan yang mula- mula bebas muatan.perhatikan gambar sebagai berikut:
~
Dari definisi energi W
Q E dL
QV
Misalkan urutan pemindahan muatan adalah Q1,Q2, Qn maka : W1
Q 1 E dL
0
(karena pada saat Q1 datang, ruang belum ada medan) W1
Q 1 V 10
W2
Q 2 V 21
W3
Q 2 V 21
WE
W1
0
V 21 Q3 W2
Q 2 V 21
potensial
V 32
dititik 2 disebabkan
oleh mua tan 1
V 31
W3 Q3
V 31
V 32
.......... .......... .......... .......... .......... ...... 1
Jika urutan pemindahan muatan dibalik mula-mula Q3 kemudian Q2 dan Q1 maka WE
W3 0
W2 Q 2 V 23
W1 Q1
V 12
V 13
.......... .......... .......... .......... .......... ......... 2
Jika pers (1) dan pers (2) dijumlahkan maka : 2W E
Q1
V 12
V 13
Q2
V 21
V 23
Q3
V 31
V 32
Jika kita ingat kembali cara mencari potensial oleh distribusi muatan titik maka: V1
V 12
V 13
V2
V 21
V 23
V3
V 31
V 32
Dengan demikian kita akan dapatkan 2W E
Q 1V 1 1
WE
Q 1V 1
Q 2V 2
Q 3V 3
Q 2V 2
Q 3V
2
Dapat kita simpulkan energi dalam medan listrik statis oleh muatan n buah ditulis: WE
1
n
2
n 1
Q n Joule
Untuk distribusi muatan kontinu dalam bentuk ruang : WE
1 2
V dV vol
Dapat ditunjukan bahwa : 1
WE
2
2
E dV v
1
WE
2
D
2
dV
v
1
WE
2
D E
2
dV
v
Bukti: 1
WE
2
V dV
.......... .......... .......... .......... .......... .......... .... 1
v
D
.......... .......... .......... .......... .......... .......... ... 2
VD V
D
V
D
D
V
VD
D
V .......... .......... .......... .......... .......... ........ 3
dengan menggunakan koordinat bola
Volume Bola
Terapkan pers 1, 2, dan 3
1
WE
V dV
2
vol
1
(
2
D ) V dV
vol
1 2 1 2
1
V D V dV
2
vol
VD
1
dS
2
R
untuk R
D
V V dV
vol
D E dV vol
VD
dS
0
maka : WE
1 2
D E dV
substitusi kan
didapat
terbukti
vol
E
D
WE
1 2
D
2
dV
dan
1
WE
2
vol
E
2
dV
vol
Contoh 1. Hitunglah usaha yang dilakukan dalam memindahkan muatan +2 C dari (2,0,0) m ke (0,2,0) m melalui lintasan garis lurus penghubung kedua titik V E 2 x aˆ x 4 y aˆ y . m
Penyelesaian : usaha diferensial adalah dW
QEdl
dW
2 ( 2 x aˆ x
dW
4 xdx
lihat gambar:
4 y aˆ y )( dx aˆ x
dy aˆ y
dz aˆ z )
8 ydy
X ( 2, 0, 0 )
Y ( 0, 2, 0 ) Persamaan bagi lintasan adalah x
y
2 dimana dy
dx
Sepanjang lintasan itu, maka : dW
4 xdx
8(2
x )( dx )
(4 x
16 ) dx
(4 x
16 ) dx
2
W
24 Joule
0
ingat (1 v
1N
m
11
C
JCm
).
2. Sebuah muatan titik 1,6 nC diletakan di titik asal dalam ruang hampa. Carilah potensial pada r = 0,7 m jika : a). Acuan nol di tak berhingga b). Acuan nol di r =0,5 Penyelesaian :
a). Pada r = ~ V AB
Q
1
1
4 πε o
rA
rB
dengan ε o
8 ,854
1 ,6 10
V AB
4
3 ,14
V AB
20 ,55
V AB
20 ,55 Volt
12
10
2
Nm
9
8 ,854
0
C
10
12
2
1
1
0 ,7
~
(se bab tak be rhingga)
b). Pada r = 0,5 V AB
V AB V AB V AB
Q 4
o
1
1
rA
rB
1, 6 10
9
( 4 ) ( 3 ,14 ) ( 8 ,854 20 , 55 8 , 2215
28 , 78 Volt
10
12 )
1
1
0 ,7
0 ,5
3. Berapa potensial di titik P jika diketahui :
Z Q2 P
r1
6 aˆ x
8 aˆ y
r2
10 aˆ z
r
6 aˆ x
Q1
Q2
8 aˆ y 1, 6 nC
Y
X
Q1
Penyelesaian :
Q1
V r 4 r
r
o
r1
r2
Vr
Vr
2
4 8
2
6 6
r1 2
6 10
r
Q2
2
o
r
10
r2 2
6
2
8
2
10 2
8 8
2
2
2
10
9
1, 6 x10 12
4 3 ,14 8 ,854 x10 1, 6 x10
111 , 206
Vr
1, 44
1, 44
Vr
2 ,88
Volt
2
10
1, 6 x10 2
10
1, 6 x10
2
111 , 206
10
9
4 3 ,14 8 ,854 x10
12
10
10 aˆ z
2
4. Diketahui medan potensial V
50 x yz
20 y
2
volt dalam ruang hampa.
Carilah : a. V pada (1,2,3) b. EP Penyelesaian : 2
a. P (1,2,3) disubstitusikan pada V V
2
50 1 2 3 380 volt
EP
20 2
50 x yz
20 y
2
2
V dV
EP
dx
b.
dV
aˆ x
dy
EP
(100 xyz ) aˆ x
EP
600 aˆ x
aˆ y
dV dz 2
( 50 x z
aˆ z 40 y ) aˆ y
100 aˆ z V
230 aˆ y
5. Diberikan fungsi potensial V
2 ( 50 x y ) aˆ z
m
2x
4 y yang berada dalam vacum, tetapkan
energi yang tersimpan dalam volume 1 m3 yang berpusat dititik asal. Periksa pula volume-volume lain yang besarnya juga 1 m3 . Penyelesaian : E
V
x
aˆ x
4 aˆ y V
2 aˆ x E
2 20
y
2
4
aˆ y
z
aˆ z
2x
4y
m 2
V m
Medan ini konstan dalam besaran
E
20
V
dan arahnya ke seluruh
m
ruang, maka energi total yang tersimpan adalah tak berhingga besarnya. (medan ini bisa berupa medan didalam sebuah kapasitor pelat sejajar yang tak berhingga ukurannya. Diperlukan suatu usaha yang besarnya tak berhingga untuk memuati kapasitor seperti itu ).
Walaupun demikian adalah mungkin berbicara mengenai kerapatan energi untuk medan ini dan medan lainya. 1
WE
2
E dv
2
Menyarankan suatu cara yang mendukung bahwa dengan setiap elemen volume dV terkait kandungan energi sebesar w dV dimana W
1
E
2
2
Bagi medan yang sekarang ditinjau kerapatan energi itu konstan, maka : W
1 o
o
20
10 36
8
J m
3
Sehingga setiap volume 1 m3 mengandung 10
8
36
Joule energi.
BAB VII MEDAN MAGNET TUNAK (STEADY) Medan adalah daerah disekitar sumber medan yang masih memiliki/ mendapat pengaruh dari sumber medan. Sejauh ini telah dikenal adanya dua medan, yaitu medan magnet dan medan listrik. Muatan-muatan yang merupakan sumber medan menimbulkan gaya terukur yang bekerja pada muatan lainnya yang dapat dianggap sebagai muatan detektor. Kenyataan bahwa pemberian sifat medan pada sumber muatan dan penentuan efek medan pada muatan detektor, maka hal ini dapat diartikan bahwa telah terjadi pembagian persoalan dasar menjadi dua bagian. Medan magnet dapat ditimbulkan oleh distribusi arus (Hk. Ampere, Biot Savart). Hukum Ampere menyatakan bahwa integral garis kuat medan magnetik H sepanjang lintasan tertutup sama dengan arus I yang mengalir di sepanjang lintasan tersebut. Atau: H
dL
I
Hukum Biot Savart menyatakan bahwa diferensial kuat medan magnet dH didapat dari hasi bagi antara cross product IdL and ar dibagi dengan jarak kuadrat. Atau: dH
aˆ r A
i dl 4
r
2
m
Hukum Biot Savart kadang-kadang disebut hukum Ampere untuk unsur arus. Hubungan antara medan magnet tunak (steady) dengan sumbernya lebih rumit daripada hubungan antara medan elektrostatik dengan sumbernya. 7.1 Medan Magnet oleh Arus Listrik Sumber medan magnetik dapat merupakan sebuah magnet permanen, suatu medan listrik yang berubah secara linier terhadap waktu atau dari suatu arus searah. Biot Savart telah mengembangkan hubungan antara medan magnet yang ditimbulkan oleh unsur diferensial arus searah dalam ruang hampa. Unsur arus diferensial yang dikembangkan oleh Biot Savart dibayangkan sebagai bagian kecil dari filamen konduktor yang dialiri arus yang filamennya merupakan limit dari tabung konduktor berpenampang lingkaran yang jejarinya menuju nol
. Hukum Biot Savart menyatakan bahwa pada setiap titik P, besar intensitas medan magnetik yang ditimbulkan oleh unsur diferensial berbanding lurus dengan perkalian arus, besar panjang diferensial, dan sinus sudut antara filamen dengan garis yang menghubungkan filamen tersebut ke titik P. Besar intensitas medan magnetic berbanding terbalik dengan dengan jarak kuadrat r. Atau secara matematis, hukum Biot Savart dituliskan dengan notasi: dH
aˆ r A
i dl 4
r
m
2
di mana: dH = diferensial intensitas medan magnet i dl = elemen diferensia arus âr = unit vektor r r
= jarak antara elemen arus dengan titik yang ditinjau besar medannya.
idl
Penghantar yang dialiri arus
r P (titik yang ingin diketahui besar medannya)
Atau secara umum dapat ditulis dengan persamaan matematis sebagai berikut: idl
r-r’ P
o i dl
dB
r
r
r'
r’ r
catatan: rˆ
' rˆ
r r
( 0, 0, 0 )
r' 3
4
r' 3 r'
Contoh : 1.
Medan listrik akibat arus searah pada penghantar yang panjang dan berjarak r dari penghantar ke titik yang ditinjau seperti pada gambar: i dl = i dz
r’
r - r’
I
( 0, 0, 0 )
P
r
Gunakan kordinat silinder, sumber terletak di r '
' r
r aˆ r
μ o idz
aˆ z
dan r dB
r
2
3
4
2
r r i
3
r r i
aˆ
4 B
2
o
2 r
aˆ
2
r
3
z
z
2
r z
2 r
i
2
z r z
r i
o
z z
aˆ
4
B
2
aˆ r
r i
2
dz
aˆ
4 o
2
z
4
o
z aˆ z
3 2 2 z
r idz aˆ
o
o
Sehingga:
r aˆ r
4π
B
z aˆ z .
2
2
2
o
2 r
i
aˆ
z aˆ z
sedang r
r aˆ r
2. Besarnya induksi magnetik akibat penghantar yang berbentuk lingkaran dengan jari-jari r. dB r
o
4
r – r’ dB
r’
i dl
o
r
r i r d
r' aˆ
4
i dl
r
dB
o
i r d
x z aˆ z
aˆ r r
dB 4
i
o
B
r
aˆ
d
3 2 2 z
2
r μ
2
i r
o
2
2π aˆ
3 4π r
2
z
i r
o
B
2
2 2
aˆ z
2
d
3
4
r
2
z
i
o
B
2
2
0
2
r
2
aˆ z
3
4
r
2
2
z
2
untuk r<
o i 4
B
2
B
z
o 2 4
aˆ z
2 r i
2
o
2
3
z
4
B
r
3
i A z
3
o 2 m aˆ z 3 4 z
aˆ z
aˆ z
z
z
r aˆ r
3 2 2 z
2
4
Karena simetris, komponen z saling menghilangkan.
r' 3
2
i r z
2
3 2 2
d
aˆ z
catatan: m
7.2
i A
Besaran Induksi Magnetik B
o 2m aˆ 3 z 4 z
dapat digambarkan sebagai berikut:
m
E ER
Analog dengan medan listrik akibat dua muatan titik yang berjarak d seperti gambaran berikut:
P
1
E 4 r1
Er
q d
r
1 4
4
3
2 p
2p o
cos r
o
1
E -q
2p o
r2 r
i A
3
sin r
3
Sehinga besaran B di atas dapat diuraikan menjadi komponen r dan θ B
Br
aˆ r
B
o 2m
Br
B
aˆ
B
4
cos z
3
o m sin 3 4 z
B
Lihat
kembali
medan
akibat dua muatan yang terpisah sejauh d dan d<< r. Untuk menyelesaikan masalah ini, cari terlebih dahulu potensialnya dengan cara sebagai berikut: q
Vp
Z
4
q r
o 1
4
P r1
PC r
r1
r2
r
r2
C
Vp
r
D
q
V r,
o
q
V r, 4
Vp
q
( 0, 0, 0 )
4
Vp
PO
r
A -q
4
1
r1
r2
1 o
d
r
1
cos
d
r
2
r
q
V r,
1
cos
r
2 o
sin
2 d
d 2
r
d cos
2
d
cos
2
Y
r
PA A o cos
sin
00 OB cos d cos 2
r
o 2
Vp
q
V r, 4
Vp
d cos o
2
cos
2 r
2
P cos
V r,
4
p
r
d
; karena
or
2
qd disebut momen dipol listrik dan
E r r,
V r,
adalah
r
koordinat polar, maka: 2 p cos
Er r,
4
or
1 E
E
1
r,
r
V r, r
p sin
r, 4
,
3
o
r
3
1
Ingat: E r ,
V r,
V r, r
V r, r
A. Hukum Integral Ampere Persoalan elektrostatik sederhana dapat dengan mudah dipecahkan dengan menggunakan hukum Coulomb. Tetapi bila persoalan elektrostatik tersebut membutuhkan tingkat kesimetrian yang tinggi, maka akan lebih mudah bila menggunakan hukum Gauss. Prosedur pemecahan masalah dalam medan magnetik baik dengan menggunakan hukum Coulomb atau hukum Gauss adalah sama. Dan dengan prosedur yang sama pula pemecahan masalah elektrostatik akan jauh lebih mudah bila menggunakan hukum integral Ampere (Ampere’s Circuital Law) atau kadang-kadang disebut sebagai hukum kerja Ampere. Ampere’s Circuital Law merupakan penurunan dari hukum Biot Savart. Hukum integral Ampere menyatakan bahwa integral garis kuat medan magnet H sepanjang lintasan tertutup sama dengan arus yang dilingkupi oleh lintasan tersebut. Atau secara matematis dapat ditulis: H dl
i
Arus i dikatakan positif bila arah alirannya searah putaran jarum jam. Dan sebaliknya adalah negatif. Gambar berikut memperlihatkan pernyataan ini.
dl
dl
i positif
i negatif
Pemakaian hukum Gauss adalah mencaari muatan total yang dilingkupi oleh permukaaan tertutup. Sedangkan pemakaian hukum integral Ampere adalah mencari arus total yang dilingkupi oleh lintasan. Meskipun penggunaan hukum integral Ampere lebih memudahkan dalam perhitungan kuat medan elektrostatik, ada beberapa syarat tertentu yang harus di penuhi terlebih dahulu, yaitu:
1. H harus normal atau tangensial pada tiap titik lintasannya.
2. Jika H tangensial, maka besarnya harus konstan. Misalkan lintasan arus berbentuk lingkaran dan berjejari r, makaberlaku hukum integral Ampere: 2
aˆ H aˆ r d
H dl
i
0
H r 2 i
H 2
i
aˆ r
Misalkan induksi magnetik akibat penghantar panjang yang dialiri arus searah: I
B dl S=rd
o
i
2
aˆ B aˆ r d
o
0
B 2 d r
B
r o
B 2
o
i r
i
W m
2
i
Arah B dapat ditentukan dengan menggunakan kaidah tangan kanan. “Arah ibu jari merupakan arah arus i dan merupakan arah lipatan empat jari lainnya
menunjukkan arah B .” Untuk pernyataan ini berlaku: B
μoi
aˆ
2 πr
7.4
Medan Magnet dalam Kumparan
Ada dua macam kumparan yang sering digunakan, yaitu solenoida dan toronoida (cincin). Solenoida
(a)
1 d
c
a
b
(b)
Pada bagian tengah solenoida, medan magnet serba sama pada bagian tepi yaitu menyebar (tak homogen). Untuk lilitan yang cukup rapat, kebocoran fliks sangat kecil sehingga induksi magnetic di luar kumparan dianggap nol. Jika kumparan cukup panjang, maka medan magnet di tengah solenoida dianggap homogen.
Untuk mencari besarnya induksi magnet B dengan menggunakan hukum Ampere seperti pada gambar b adalah sebagai berikut: B dl
0
B dl
B dl
ab
B
B
i
bc
l
cd
0
o
B dl
B dl
0
i
da
i
i
l
Jika tiap lilitan dialiri arus sebesar I dan rapat lilitan n disepanjang l terdapat arus sebesar i
NI L
l.
0
Sehinga B
NI
L
Toroida B dl
o
i
2
Kosong tanpa bahan r
aˆ B aˆ rd 0
B 2
r o
B 2
Sehingga untuk toroida berlaku:
o
B 2
iN r
o
o
i r
i
i
N L
, maka
7.5
Hukum Maxwell tentang Induksi Magnet
Sampai saat ini belum ditemukan adanya monopole magnet, maka jumlah garis gaya magnet total yang keluar dikurangi yang masuk pada suatu permukaan tertutup selalu sama dengan nol. Atau secara matematis dapat ditulis: B ds
0
s
Dari hukum integral divergensi diperoleh: B ds
B dv
0 ; (berlaku untuk semua volume)
maka: B
0
B ds B v
secara fisis : fluks keluaran
fluks masukan
B volume
untuk fluks magnetic selalu sama dengan nol.
TEOREMA MAXWELL (UMUM)
Persoalan-persoalan elektromagnetik adalah persoalan yang menyangkut atau yang berhubungan dengan medan magnetik dan medan elektrik. Medanmedan tersbut adalah berupa besaran-besaran vector yang telah ditetapkan melalui hukum-hukum yang disebut Persamaan-persamaan (teorema) Maxwell.
E
A.
; Hukum Gauss
Perhatikan hukum Gauss: D ds
Q
D ds
dv
; Hukum Maxwell (dalam bentuk integral)
v
Dari teorema divergensi Gauss: D ds
D dv
v
D
v
dv v
sehingga:
D
ρ
karena: D E maka:
E
B.
E
B t
Hukum Faraday:
; bentuk lain dari hukum Faraday
e t B ds
e t
e
e m
s
f
E dl
E dl
; bentuk integral dari hukum Maxwell-Faraday
B ds s
dengan teorema integral Stokes: E
dl
E
ds
s
maka: E
ds
B ds t
s
karena terjadi pada permukaan yang identik, maka: E
B
; bentuk titik Faraday-Maxwell
t
C. Hukum Maxwell tentang Induksi Magnet Dengan beranggapan bahwa di dunia ini tidak ada monopole magnetic, maka netto garis gaya yang melalui suatu permukaan tertutup selalu sama dengan nol. B ds
0
s
Bentuk Maxwell dalam integral yang menyatakan ketidakadaan monopole. Jika diterapkan teorema divergnsiGauss, maka: B
ds
s
B dv
0
v
B dv
0
v
Dan berlaku untuk sembarang volume, maka: B
0
Ini juga bias ditafsirkan dari arti fisis divergensi:
garis gaya keluar
luas permukaan
garis gaya masuk
luas permukaan
B volume
netto fluks magnetik dari permukaan tertutup selalu nol.
D. Hukum Integral Ampere menyatakan bahwa integral garis H sepanjang lintasan tertutup dengan arus searah yang dilingkupi oleh lintasa tersebut. H dl
i μ o H (dalam vakum), maka:
Dari definisi fluks B B dl
0
i (vakum)
untuk definisi fluks di dalam suatu lintasan : H dl
I
H dl
F
J
ds
t H ds
J
F t
H
J
F t
ds
BAB VIII PERSAMAAN POISSON DAN LAPLACE Persamaan Poisson dan Laplace didapat dari persaman Maxwell dan pernyataan bahwa medan listrik adalah negatif gradien potensial sebagai berikut : 1.
E
2. E
V
dari pers. (1) dan (2) didapat : V V
divergensi dari gradien ditulis
2
V
V
2
V
disebut persamaan Poisson untuk daerah yang bebas muatan 2
persamaan diatas akan menjadi
8.1
V
=0; maka
0
Bentuk-Bentuk Explisit Persamaan Laplace dan Poisson Simbol bisa diuraikan dalam berbagai bentuk sistem koordinat yakni
dengan cara mencari divergensi dari gradien dalam sistem koordinat tersebut untuk sistem koordinat kartesian. V
aˆ x
x
aˆ y
y
V x
x
aˆ z
z
V y
V
aˆ x
aˆ y
x
V y
aˆ z
V
y
z
z
maka persamaan laplace dalam koordinat kartesis adalah : 2
V
x
2
2
V
2
2
z
y
V 2
Sedang persamaan Poisson adalah : 2
V
x
2
2
V
2
2
z
y
V 2
0
V z
Pada sistem koordinat lain didapat dengan cara yang sama untuk koordinat silinder 2
V
V aˆ r
aˆ
aˆ z
r
V
aˆ r
z
1 V
aˆ
r
V
aˆ z
r
z
Yang perlu diperhatikan dalam hal ini adalah operator sebelah kiri, jika dikerjakan ke suku yang ada dikanannya harus dioperasikan sebagai operasi diferensial seperti : Dot product antara dua unit vektor yang tidak sejenis menghasilkan harga nol (tidak berharga) sehingga hasil akhir untuk koordinat silinder adalah : 2
V
2
V
r
1 V
2
r
2
1
r
V
2
2
z
V
2
2
z
2
r
V 2
Atau : 1
2
V
r
r
V
1
r
2
r
r
2
V 2
Maka persamaan Laplace untuk sistem koordinat silinder adalah : 1
2
V
r
r
V
1
r
2
r
r
2
V
2
2
z
V
0
2
Dan persamaan Poissonnya adalah : 1 r
r r
V
1
r
2
r
2
V
2
2
z
V 2
Dengan metoda yang sama dapat diturunkan persamaan Laplace dan Poisson dalam koordinat Bola. 2
0
V
0 1
r
2
r r
2
V
1 2
r
V
sin
2
1 2
r sin
r sin
2
V 2
sehingga dapat diperoleh persamaan Laplace untuk system koordinat bola adalah 1
2
V
r
2
r r
2
V
1
sin
2
r
V
2
1 2
r sin
r sin
V
2
Dan persamaan Poisson dalam kordinat Bola adalah: 1 r
2
r r
2
V r
1 2
r sin
sin
V
2
1 2
r sin
V
2
2
2
0
8.2 Teorema Keunikan Penyelesaian persamaan Laplace atau Poisson harus menghasilkan jawaban yang unik, untuk itu diperlukan syarat-syarat batas yang lengkap. Dua jawaban dari persamaan Laplace atau Poisson, keduanya harus memenuhi syarat batas yang sama maka kedua jawaban harus identik satu sama lain. Perhatikan contoh soal di bawah ini yang menggambarkan persoalan lengkap dengan syarat-syaratnya . Contoh : 1. Tetapkan fungsi potensial dan identitas medan listrik di dalam ruangan di antara dua silinder tegak yang konsentris, jika V=0 pada r=1 mm dan V = 150 Volt pada r =20 mm, abaikan efek-efek sisi. r2
20 mm r1
1 mm
Penyelesaian : Dari syarat batas potensial dalam persoalan ini konstan tehadap perubahan y dan z maka persamaan Laplace dalam bentuk koordinat silinder hanya dipakai komponen r nya saja : 1 d
r
r dr
dv
0
dr
Karena deferensial tidak tergantung pada Q dan Z maka akan menjadi deferensial biasa dan kalikan kiri kanan dengan r maka d
r
dr
dv
0
dr
Integralkan kiri kanan akan menjadi r
dv dr
c
c
Kons tan ta
Maka : dv
cdr r
dv
c
dr r
Maka V
C ln r
B
Terapkan syarat batas : ; untuk r = 1 mm = 1x 10-3 m
V=0
V = 150 V ; untuk r = 20 mm = 2x 10-2 m Untuk V
0
0
-3
C ln 10
Untuk V 150
B .......... ....... 1
150 -2
C ln 2 10
B .......... 2
dari pers 1 dan 2 : C ln 10
-3
B
C ln 2 10 C
ln 10
-2
B.
-3
150
ln 2 10
-2
150
- 150
C ln 10 C
0
-3
ln 2 10
-2
50,1 .......... .......... ....... 3
substitusi kan pers B
3
C ln 10 50 ,1
3 ke pers 1
6 , 91
346 , 2
Sehingga V
50 ,1 ln r
346 , 2 volt
Untuk mendapatkan E gunakan hubungan E
V aˆ r 50 ,1 r
aˆ
1
r
r
aˆ r volt
m
aˆ z
50 ,1 ln r z
346 , 2
2. Dua plat paralel seperti pada gambar dimana daerah diantara kedua plat bebas muatan ( =0). Tentukan V dan E ? d
200 volt
Penyelesaian : Dari gambar terlihat bahwa : pada Y = 0
V = 200 Volt
Y=d Karena 2 2
V
=0 , maka : 0
V
y
V = 0 volt
0
2
V
C
C
kons tan ta
B
kons tan ta
y V
Cy
B
berdasarkan syarat batas : y
0
V
200 volt
B
200 .......... .......... . 1
y
d
0
Cy
V
0 volt
B .......... ....... 2
dari pers 1 dan 2 didapat : C
200 d
maka pers V adalah V
200 d
y
200 volt
untuk menentukan E digunakan hubungan : E
V aˆ x 200 d
aˆ y
x
aˆ y volt
y
aˆ z
200 z
y
200
d
m
3. Jika efek sisi diabaikan dan sumbu z diisolasi, carilah V dan E diantara permukaan keping dalam gambar dibawah ini ?
V= 400 volt
Penyelesaian : Karena potensial konstan terhadap r dan z , persamaan laplace menjadi 2
1 d V 2
V
0
2
V
V
0
2
r d
A A
B
A
kons tan ta
B
kons tan ta
Dengan syarat batas V
0
0
A 0
B
0 .......... .......... ..... 1
V
400
400
0
A
B
B .......... 2
dari pers (1) dan (2) diperoleh : A A
400 400
sehingga persamaannya menjadi : 400
V
volt
untuk menentukan harga E digunakan hubungan : E
V aˆ r
1
aˆ r
400
aˆ z
r
aˆ V
r
400 z
m
4. Dalam koordinat bola V = 0 ; untuk r = 10 cm dan V = 95 Volt untuk r = 2 m. Carilah V dan E diantara kedua permukaan bola tersebut . Penyelesaian :
Syarat batas : V
0
r
V
95
r
persamaan 2
V
r
r
2m Laplacenya
adalah :
V
0
r 2
r
2
2
r r
r
0 ,1m
0
1 2
10 cm
V
0
r
V
C
C
kons tan ta
B
kons tan ta
r
V
V
C
r
r C r
2
B
untuk V
0
0
r
10 C
10 cm
0 ,1m
B .......... .......... ........ 1
untuk V
95
r 1
95
2m
C
B
2 190
C
2 B .......... .......... ......... 2
dari pers (1) dan (2) didapat : B
10 C
0
2
2B
C
190
1
2B
20 C
2B
C
190
21 C C
0
190
9 , 05
.......... .......... .......... .... 3
substitusi pers (3) ke pers (1) B
10 C
B
90 ,5
maka persamaannya menjadi : 9 , 05
V
90 , 5 volt
r
untuk menentukan E gunakan hubungan : E
V aˆ r
aˆ r
1 r
9 , 05 ln r aˆ r V
aˆ
1 r sin
9 , 05
90 ,5
r
m
5. Dua piringan seperti pada gambar dibawah ini dipisahkan sejauh 5 mm, tentukan V dan E diantara piringan tesebut dengan menganggap ρ = 0
Z d
X
V=250 volt
Y V= 100 volt
Syarat Batas : V
100 volt
Z
0
V
250 volt
Z
d
Persamaan laplacenya adalah ; 2 2
V
0
V
z
0
2
V
A
A
kons tan ta
B
kons tan ta
z V
Az
B
berdasarkan syarat batas V
100 volt
100
Z
A 0
0
B
B
100 .......... .......... .......... . 1
V
250 volt
250
Z
A d
d
B .......... .......... . 2
dari pers (1) dan (2) diperoleh : A
150 d
maka V
150
z
100 volt
d
Untuk menentukan E gunakan hubungan : E
V aˆ r 150 d
1
aˆ r aˆ z V
r m
aˆ z
150 z
d
z
100
DAFTAR PUSTAKA 1. Boas, Mary L. Mathematical Methads in The Physical Sciences. 1983, Jhon Wiley & Sons. Inc 2. Edminister, Josep A. Theory And Problems Of Electromagnetics (Schaum Series). 1984, Mc Graw – Hill. Inc 3. Feymen,
Richard.
The
Feymen
Lecturey
on
Physics
Electromagneticsm and Matter. 1966. Addis on-Wesly
Mainly
Publishing
Company. 4. Sadiku, Mathew N. O. Elements Of Electromagnetics. 1989, Saundres College Publishing. 5. Spiegel, Murray R. Theory And Problems Of Vektor Analysis (Schaum Series). 1959, Mc Graw- Hill. Inc
