medan elektromagnetik - · pdf filecontoh soal ..... 14 soal-soal latihan dan penyelesaiannya...
TRANSCRIPT
MEDAN ELEKTROMAGNETIK
Disusun oleh :
Dr. Drs. Jaja Kustija, M.Sc.
JURUSAN TEKNIK ELEKTRO
UNIVERSITAS PENDIDIKAN INDONESIA
2014
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 y
(0, 0, 0 ) y atau (0, 0, 0 ) x
x z
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 P1 (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).
Gambar 1. Sistem koordinat kartesian dengan sistem putaran
tangan kanan
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:
zzyyxx AaAaAaA ˆˆˆ
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
Az
Ay
Ax
Z
Y
X
Gambar.2 Vektor satuan dalam sistem koordinat
A
AaA
ˆ
Aa = vektor satuan dalam arah A
A
= vektor A
A = nilai (harga absolut)vektor tersebut
222
zyx AAAA
dari zzyyxx
AaAaAaA ˆˆˆ
dan pengertian vektor satuan, dapat kita lihat bahwa
zyx aaa ˆ,ˆ,ˆ masing-masing adalah vektor satuan dalam arah sumbu x, sumbu y,
sumbu z.
Contoh :
Carilah vektor satuan dari :
zyxaaaA ˆ5ˆ4ˆ3
yang pangkalnya di titik (0,0,0)
Penyelesaian :
222 543 A
25A
Aa = zyx
zyxaaa
aaaˆ25,0ˆ24,0ˆ23,0
25
ˆ5ˆ4ˆ3
125,024,023,0ˆ222
Aa
b). Volume Diferensial Elemen-elemen Permukaan dan Garis pada Sistem
Koordinat Kartesian
Elemen garis (dl)
Elemen garis dl adalah diagonal yang melalui P, yaitu:
zyx adzadyadxdl ˆˆˆ atau 2222 dzdydxdl .
Elemen permukaan (ds)
Elemen permukaan adalah suatu bagian yang terbentuk dari elemen-elemen
garis (dl), yaitu 21
dldldS .
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 : 321
dldldldV
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 :
Hitunglah B
dVyzx 2 , dengan B adalah kotak dengan batas-batas
21,10,21:,, zyxzyxB
Penyelesaian :
2
1
2
1
0
2
2
1
3
2
2
1
1
0
2
0
2
2
1
2
1
3
1
zyx
dzdydxyzxdVyzxB
dx
dz
dy
Y
X
Z dS =dx dy âz
dS = dx dz ây
dS = dy dz âx P´(x+dx, y+dy, z+dz) P (x, y, z)
Gambar 3. Elemen-elemen permukaan dS dan volume dV
4
7
2
3
2
1
3
7
122
101
2
112
3
1 22233
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 variabel-
variabel : r, , dan z. untuk menggambarkan suatu posisi titik. Sebagai contoh,
posisi titik A lazimnya ditulis dengan A(r, ,z).
Perhatikan gambar :
Dengan menggunakan ilmu ukur sudut sederhana dapat dicari hubungan antara (x,
y, z) dan (r, , z).
X = r cos ; Y = r sin ; z = z
Y
X
Z
P (r, ,
z)
âr
â
âz
Gambar 4. Posisi titik P dalam koordinat
silinder
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 :
zr ar
ra ˆ;a ; ˆ
âr = 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:
sinˆcosˆ rarar yx
sinˆcosˆ ˆyxr aa
r
ra
Untuk menjelaskan vektor satuan kearah a atau ditulis a mempunyai
beda fasa sebesar 2
dengan arah ra dengan sudut a > sudut ra , sehingga:
aˆ ˆcos sin
2 2x ya a
cosˆsinˆyx aa
Dan arah a sama persis dengan a pada sistem koordinat kartesian.
Secara keseluruhan hubungan vektor satuan pada sistem silinder dan sistem
kartesian adalah sebagai berikut :
zz
yx
yxr
aa
aaa
aaa
ˆˆ
cosˆsinˆˆ
sinˆcosˆˆ
Dapat dituliskan dalam bentuk matrik :
z
y
x
z
r
a
a
a
a
a
a
ˆ
ˆ
ˆ
100
0cossin
0sincos
ˆ
ˆ
ˆ
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.
z
r
z
y
x
a
a
a
a
a
a
ˆ
ˆ
ˆ
100
0cossin
0sincos
ˆ
ˆ
ˆ
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 :
zr
z
yr
y
xr
x
r
Begitu pula (x, y, z)
z
z
y
y
x
x
Dan z (x, y, z)
zz
z
yz
y
xz
x
z
Terapkan turunan parsial ini pada
X= r cos ; Y = r sin ; Z= z
yxr
yr
xr
yx
zz
ry
rx
yx
yx
zrz
rry
rrxr
cossin1
cossin
0cossin
sincos.2
sincos
0sincos
sincos.1
z
z
zzz
rzy
rzxz
00
sincos.3
Maka dapat ditulis dalam bentuk matrik:
z
y
x
z
r
x
100
0cossin
0sincos1
Dengan cara inverse matrik seperti ; inverse matrik sebelumnya:
z
r
x
z
y
x
1
100
0cossin
0sincos
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).
8
13,53sin10
sin
6
13,53cos10
cos
rY
rX
Jadi, titik koordinat cartesius dari (10; 53,13°; 5) adalah (6; 8; 5)
Menentukan posisi titik B (tabung) dari titik B (-5, -5, 2)
25
50
5522
22
yxr
45
1tan
tan
1
5
5
tan
inv
inv
x
y
Jadi, titik koordinat B adalah .2,4
,25
.2,4
,25
X
Y
Z
(6; 8;
5)
X
Y
Z
b). Volume Diferensial, Elemen-Elemen Permukaan dan Elemen Garis
Dalam Koordinat Silinder
Elemen garis (dl)
dl = dr ra + r d a + dz a
dl2 = dr2 + r2 d 2 + dz2
Elemen-elemen permukaan (dS)
Selimut : rr
adzdradzdr ˆ ˆ
Atas : zr
addrradadr ˆ ˆ r ˆ
Bawah : zr
addrradradr ˆ ˆ ˆ
Elemen volume diferensial (dV)
dV = (dr)( r d)(dz)
dzddrrdV
1.3 Sistem Koordinat Bola (Spherical coordinates)
Sistem koordinat bola mempunyai variabel-variabel r, , . untuk
menentukan posisi titik P dalam koordinat bola adalah seperti dalam gambar :
P’(r+dr, +d,
z+dz)
dz
r dr
d
r dr
d
P (r,,z)
dr
dr
d
r
Gambar 5. Elemen Volume (dV) dalam
koordinat silinder
X
Y
Z
a). Vektor Satuan Pada Sistem Koordinat Bola dan Hubungangya Dengan
Vektor Satuan pada Sistem Koordinat Kartesian.
Dari gambar x = r sin θ cos φ ; y = r sin θ sin φ ; z = r cos θ
zayaxar zyx ˆˆˆ
cos ˆ sin sin ˆcos sin ˆ rarararzyx
r co
s
r sin cos
r sin
r sin
r
P
X
Y
Z
ra
a
a
P (r, , )
z
y
x
r
Z
Y
X
x = r sin cos
y = r sin sin
z = r cos
Gambar 6. Posisi titik P (r, , ) dalam sistem
koordinat bola
cosˆsin sinˆcos sinˆˆzyxr
aaar
ra
Perhatikan gambar vector satuan ra dan a . a mempunyai sudut
2
ra sehingga a menjadi :
sinˆsin cosˆcos cosˆ
2cosˆsin
2sinˆcos
2sinˆˆ
zyx
zyx
aaa
aaaa
dan arah a , mempunyai 2
dan sudut untuk a mendahului
2
ra , sehingga a menjadi :
0cosˆsinˆ
2cosˆ
2sin
2sinˆ
2cos
2sinˆˆ
yx
zyx
aa
aaaa
Di tulis dalam hubungan matriks sebagai berikut :
z
y
xr
a
a
a
a
a
a
ˆ
ˆ
ˆ
0cossin
sinsincoscoscos
cossinsincos sin
ˆ
ˆ
ˆ
matrik transpose :
a
a
a
a
a
a r
z
y
x
ˆ
ˆ
ˆ
0sincos
cossincossinsin
sincoscoscos sin
ˆ
ˆ
ˆ
Terapkan aturan diferensial Parsial pada system koordinat Bola
z
z
y
y
x
x
z
z
y
y
x
x
zr
z
yr
y
xr
x
r
dimana x = r sin θ cos φ ; y = r sin θ sin φ ; z = r cos θ maka :
0 cos sinsin
1atau
0 cossin sinsin
sinsincoscoscos1
sin sin cos coscos
cos sinsincossin
yxr
yr
xr
zyxr
zr
yr
xr
zyxr
Dapat ditulis dalam bentuk matriks sebagai berikut :
z
y
r
r
r x
0cossin
sinsincoscoscos
cossinsincossin
sin
1
1
dengan inverse matriks = transpose (karena determinan = 1 ) maka
sin
1
1
0sincos
cossincossinsin
sincoscoscossinx
r
r
r
z
y
b). Volume Diferensial, Elemen-Elemen Permukaan pada Koordinat Bola
ds=r2 sin d d dr
r sin
r sin d
r d
r
d
d
Z
Y
Elemen garis diferensial :
2222222 sin
ˆ sin ˆ ˆ
drdrdrdl
adradradrdl r
Elemen-elemen permukaan diferensial sebagai pasangan elemen-elemen
garis:
addrradradr
adrdradradr
addradradr
r
r
r
ˆ ˆ ˆ
ˆ sin ˆ ˆ sin
ˆ sinˆ sin ˆ 2
Volume diferensial
dV =(dr)(r d )(r sin d )
dV = r2 sin dr d d
Contoh:
1. Buktikan bahwa volume bola adalah 3
3
4rV dengan batas-batasnya
adalah 20;0;0 rr
Penyelesaian :
3
4
223
1
cos3
1
sin
sin
3
3
2
00
0
3
0 0
2
0
2
2
r
r
r
dddrrV
dddrrdV
r
r
r
2. Gunakan sistem koordinat bola untuk menetapkan luas jalur pada
permukaan bola dengan jari-jari a (gambar dibawah) dan dengan batas-
batasnya ;20;0 ar . Apa hasilnya bila = 0, dan
=?
Penyelesaian :
dS = r2 sin d d φ maka
coscos 2
sin
2
2
0
2
a
ddaA
Kalau = 0 dan = , A = 4a2 yakni
seluruh permukaan bola itu.
Z
X
Y
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 :
zyxA
zyx
aaaa
aaaA
ˆ3
1ˆ
3
2ˆ
3
2
ˆˆ2ˆ2
2. Gunakan sistem koordinat silinder untuk menentukan luas daerah yang diarsir
dari gambar silinder dibawah ini dengan r = 2 m, h = 5 m dan 3
2
6
Kunci Jawaban :
25 mA
3. Tentukan sudut antara zy aaA ˆ2ˆ10 dan zy aaB ˆ5,0ˆ4 dengan
menggunakan dot product dan cross product.
Kunci Jawaban :
5,161
4. Tentukan sudut antara zy aaA ˆ55,1ˆ8,5 dan zy aaB ˆ4ˆ93,6 dengan
menggunakan dot product dan cross product.
Kunci Jawaban :
135
6
3
2
X Y
Z
5 m
5. Tentukan volume sebuah bola menggunakan sistem koordinat bola dengan
batas-batas .2
02
0,21
danmr
Kunci Jawaban :
3
6
7mV
6. Diketahui zyx aaaA ˆ3ˆ4ˆ2 dan yx aaB ˆˆ , tentukan BA dan BA .
Kunci Jawaban :
zyx aaaBA
BA
ˆ6ˆ3ˆ3
2
7. Tentukan jarak antara
0,
6,2
m dan 2,,1 m dengan sistem koordinat
silinder.
Kunci Jawaban :
md 53,3
8. Gunakan sistem koordinat bola untuk menentukan luas permukaan bola
dengan batas 0 dan jarak a meter. Berapakah hasilnya jika 2 .
Kunci Jawaban :
maA
makajika
maA
2
2
4
:,2
2
9. Transformasikan vektor zzyyxx aAaAaAA ˆˆˆ ke dalam bentuk sistem
koordinat silinder.
Kunci Jawaban :
zzyxryz aAaAAaAAA ˆˆcossinˆsincos .
10. Transformasikan vektor rarF ˆ1 pada sistem koordinat bola ke dalam
sistem koordinat kartesian.
Kunci Jawaban :
222
ˆˆˆ
zyx
azayaxF
zyx
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.
yy
yxFyyxFx
x
yxFyxxF
yxFyyxFyxFyxxF
FFF yx
,,,,
,,,,
untuk x dan y menuju nol
),( yxF
),( yx
Sb x
sb y y
yyxx ,(
),( yxx
),( yxxF
yyxxF ,(
Fy
Fx
Fx
x
dyadxay
Fa
x
FadF
dyadxaay
Fa
x
F
yy
Fx
x
F
yy
yxxFyyxxFx
x
yxFyxxFF
yxyx
yxyx
yxx
ˆˆˆˆ
ˆˆˆˆ
),(),(lim
),(),(lim
00Δ
0lim
0y
gradiendisebutd
Fd
y
Fya
x
dFxa
d
Fd
dF
Fya
x
FxaFd
ˆˆ
.ˆˆ
Keterangan :
x
Fa
xˆ turunan parsial F terhadap x dengan y konstan pada arah sb. X
y
Fa
yˆ turunan parsial F terhadap y dengan x konstan pada arah sb. Y
y
ax
ayx
ˆˆ
dinamakan operator gradien dibaca DEL atau NABLA
A. Untuk koordinat kartesian
za
ya
xa
zyx
ˆˆˆ
Contoh :
Diketahui :
Untuk sistem koordinat kartesian
21
222
ˆˆˆ
zyxr
r
QkV
VEz
ay
ax
azyx
Tentukan E ?
Penyelesaian :
3
3
2
3222
2
3222
2
3222
2
3222
21
222
ˆˆˆ
22
1ˆ2
2
1ˆ2
2
1ˆ
ˆˆˆ
r
rkQE
r
rkQ
zyx
zayaxaKQ
zzyxayzyxaxzyxaKQ
zyx
kQ
za
ya
xa
r
QkE
zyx
zyx
zyx
Makna fisis dari operator adalah perubahan terdekat dari fungsi F ke segala
arah (operator deferensial vektor).
B. Untuk koordinat silinder
ra
ra
ra
za
rraa
rraa
za
ya
xa
z
r
r
x
y
x
a
a
a
a
a
a
rr
zr
r
zyx
z
r
z
y
x
cossinˆ1
cossinˆcosˆ
ˆ1
sincoscosˆsinˆ
1sincos)sinˆcosˆ(
ˆˆˆ
1
100
0cossin
0sincos
ˆ
ˆ
ˆ
100
0cossin
0sincos
ˆ
ˆ
ˆ
2
za
ra
ra
za
ra
ra
za
ra
ra
ra
ra
ra
zr
zr
z
rr
ˆ1
ˆˆ
ˆ1
)cos(sinˆ)sin(cosˆ
ˆ1
cossinˆ
cosˆ1
sinˆcossinˆ1
sinˆ
2222
222
Operator gradien untuk koordinat silinder :
za
ra
ra zr
ˆ
1ˆˆ
Contoh :
Diketahui : sin10zV
Tentukan E ?
Penyelesaian :
ar
zE
ar
zE
z
za
za
rr
zaE
zz
aarr
aE
VE
zr
zr
ˆcos10
0ˆcos10
0
sin10ˆ
sin10ˆ
1sin10ˆ
sin10ˆˆ1
ˆ
C) Untuk koordinat bola
sin
1
1
0sincos
cossincossinsin
sincoscoscossin
ˆ
ˆ
ˆ
0sincos
cossincossinsin
sincoscoscossin
ˆ
ˆ
ˆ
r
r
r
z
y
x
a
a
a
a
a
a r
z
y
x
rraa
rrr
aaa
rrr
aaa
za
ya
xa
r
r
r
zyx
1sincossinˆcosˆ
sin
1cos
1sincossinsin
cosˆsincosˆsinsinˆ
sin
1sin
1coscoscossin
sinˆcoscosˆcossinˆ
ˆˆˆ
sin
1ˆ
1ˆˆ
sin
1cossinˆ
1sincossincosˆ
00cossincossinˆ
1sinˆcossinˆ
1sincosˆcosˆ
sin
1cosˆ
1sincoscosˆsinsincosˆ
sin
1cossincosˆ
1sincosˆsinsincosˆ
sin
1cossinsinˆ
1cossinsinˆsinsinˆ
sin
1sinˆ
1coscossinˆcossinsinˆ
sin
1sincoscosˆ
1coscosˆsincoscosˆ
sin
1sincossinˆ
1coscossinˆcossinˆ
22
2222
2222
22
2
222
222
2
222
222
ra
ra
ra
ra
ra
ra
ra
ra
ra
ra
ra
ra
ra
ra
ra
ra
ra
ra
ra
ra
ra
ra
ra
ra
ra
ra
ra
ra
r
r
rr
rrr
rrr
operator gradien untuk sistem koordinat bola adalah :
sin
1ˆ
1ˆˆ
ra
ra
ra
r
Contoh :
Diketahui :
sin
1ˆ
1ˆˆ
ra
ra
ra
r
QkV
VE
r
Tentukan E ?
Penyelesaian :
3
2
2
dimˆ
00ˆ
sin
1ˆ
1ˆˆ
r
rkQE
r
raranaa
r
kQE
kQraE
r
Qk
ra
ra
raE
r
QkE
r
r
r
2.2 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 :
volume
permukaanluasmasukanjumlahpermukaanluaskeluaranjumlah (
Secara matematik operator divergensi didefinisikan sebagai :
zzyyxxzyxAaAaAa
za
ya
xaA ˆˆˆˆˆˆ
Untuk sembarang vektor A
zyx Az
Ay
Ax
A
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 :
volume
PenampangLuasmasukanPenampangLuaskeluaranA
dimana elemen volume = zyx
z
A
y
A
x
AA
z
zyxAzzyxA
y
zyxAzyyxA
x
zyxAzyxxAA
z
zyxAzzyxA
y
zyxAzyyxA
x
zyxAzyxxA
zyx
yxzyxAyxzzyxA
zyx
zxzyxAzxzyyxA
zyx
zyzyxAzyzyxxA
A
zyx
zz
z
yy
y
xx
x
zyx
zz
yyxx
zz
yyxx
v
,,,,lim
,,,,lim
,,,,lim
,,,,
,,,,,,,,
,,,,
,,,,,,,,
0
00
000
0lim
operator divergensi pada sistem koordinat kartesian :
z
A
y
A
x
AA zyx
dengan demikian terbukti bahwa :
volume
PermukaanLuasmasukannilaiPermukaanLuaskeluarannilaiA
z y
x
Ax
Az
Ay
(x, y, z) (x + x, y, z)
(x, y+y, z)
listrikfluksKerapaD
magnetfluksKerapaB
tan
tan
Untuk mendapatkan operator divergensi pada sistem koordinat lain maka operator
di dot kan (perkalian skalar) dengan vektor yang akan dicari kerapatannya.
Contoh
1. Diketahui : zyx axyayzaxA ˆˆˆ2
Tentukan A. ?
Penyelesaian :
zxxyz
yzy
xx
A
2. 2
2. Diketahui :yx
ayaxD ˆ200ˆ10 2
Tentukan : D dititik (1,2,3)
Penyelesaian :
yx
yx
ayaD
ay
ya
x
xD
z
Az
y
Ay
y
AxD
ˆ400ˆ10
ˆ200
ˆ10 2
D dititik (1,2,3) adalah 810240010 D
3. Diketahui :zyx
x azayaeA ˆ4cos10ˆ5ˆ10 22
Tentukan D dititik (1,2,0)
Penyelesaian :
zyx
x
az
za
dy
ya
x
eA
z
Az
dy
Ay
x
AxA
ˆ4cos10
ˆ5
ˆ10 22
zyx
x azayaeA ˆ4sin40ˆ10ˆ20 2
A dititik (1,2,0) adalah
2020 2 eA
b) OPERATOR DIVERGENSI PADA SISTEM KOORDINAT SELINDER
Operator divergensi juga digunakan pada sistem koordinat silinder,
sebagai berikut :
zzrrzr
AaAaAaz
ar
ar
aA ˆˆˆˆ1
ˆˆ.
Dari pembahasan sebelumnya
sinˆcosˆˆyxr
aaa
cosˆsinˆˆyx
aaa
zzaa ˆˆ
aa
aaa
ar
aar
ar
r
yxr
r
yxr
ˆˆ
sinˆcosˆˆ
0ˆ
sinˆcosˆˆ
r
yx
yx
aa
aaa
aaa
ˆˆ
sinˆcosˆˆ
cosˆsinˆˆ
0ˆ
ˆˆ
z
zz
az
aaz
Oleh karena itu diferensial parsial dari unit vektor mempunyai harga raa ˆˆ
dan
aa
rˆˆ
selain itu semua berharga 0.
Maka :
zr
zzzzzzzzrrzrrz
zzzz
rrrr
zzrzzrrrrrrrrr
zzrrzr
Az
Ar
Arrr
A
az
AaAz
aaaz
AaAz
aaaz
AaAz
aa
ar
AaAr
aa
ar
AaAr
aaar
AaAr
aa
ar
AaAr
aaar
AaAr
aaar
AaAr
aaA
AaAaAaz
ar
ar
aA
11
ˆˆˆˆˆˆˆˆˆˆˆˆ
ˆ1
ˆ1
ˆˆ
ˆ1
ˆ1
ˆˆˆ1
ˆ1
ˆˆ
ˆˆˆˆˆ.ˆˆˆˆˆˆˆ
ˆˆˆ.ˆ1
ˆˆ
Operator divergensi pada sistem koordinat silinder :
z
AA
rAr
rrA z
r
1.
1
c). OPERATOR DIVERGENSI PADA SISTEM KOORDINAT BOLA
Operator divergensi juga digunakan pada sistem koordinat bola, sebagai
berikut :
AaAaAa
ra
ra
raA
rrrˆˆˆ
sin
1ˆ
1ˆˆ
dari pembahasan sebelumnya didapat :
0cosˆsinˆˆ
sinˆsincosˆcoscosˆˆ
cosˆsinsinˆcossinˆˆ
yx
zyx
zyxr
aaa
aaaa
aaaa
sinˆcosˆˆ
0ˆ
0ˆ
0ˆ
ˆ
cosˆsinsinˆcossinˆˆ
0ˆ
cosˆcossinˆsinsinˆˆ
ˆ
sinˆsincosˆcoscosˆˆ
0ˆ
yx
r
zyx
zyxr
zyxr
r
aaa
a
ar
a
a
aaaa
ar
aaaa
a
aaaa
ar
Ar
Ar
Arrr
ar
AaAr
aaar
Aa
Ar
aaar
AaAr
aa
ar
AaAr
aa
ar
AaAr
aaar
AaAr
aa
ar
Aa
Ar
aaar
AaAr
aaar
AaAr
aa
AaAaAar
ar
ar
aA
r
rrrr
rrrr
r
rrrrrrrrr
rrr
sin
1sin
sin
11
ˆsin
1ˆ
sin
1ˆˆˆ
sin
1ˆ
sin
1ˆˆˆ
sin
1ˆ
sin
1ˆˆ
ˆ1
ˆ1
ˆˆ
ˆ1
ˆ1
ˆˆˆ1
ˆ1
ˆˆ
ˆˆ
ˆˆˆˆˆˆˆˆˆˆ
ˆˆˆsin
1ˆ
1ˆˆ
2
2
Operator divergensi pada sistem koordinat bola adalah :
A
rA
rAr
rrA
r
sin
1sin
sin
11 2
2
Contoh
1. Diketahui : zr
azararA ˆ2ˆcos2ˆsin 2
Ditanya : ? A
Penyelesaian : :
z
z
zz
rr
rrr
A
4
4sin2sin2
2cos21
sin1
. 22
2. Diketahui : 2
3
ˆ4
10
mca
rD
r
Tentukan : D
Penyelesaian :
2
3
4
3
404
104
1
)4
10(
1
)4
10(
1
1)(
1
rD
rr
D
rrr
D
rrrr
D
Dz
Dr
rDrr
Dzr
3. Diketahui : r
arD ˆ4
10 3 20;100;25 zmr
Tunjukan ruas kiri dan kanan dari teorema divergensi
dvDsdD
Pennyelesaian :
4050
10234
10
4
10
10
10
10
4
101
1
4
10
0
2
0
5
2
4
310
0
2
0
10
0
5
2
22
0
10
0
2
4
z
r
rz
zr
dzddrr
dzrdrdrDdv
r
rrr
rDrrr
D
KananRuas
10
0
10
0
2
0
3
2
0
3
10
0
2
0
3
321
ˆˆ4
10ˆˆ
4
10ˆˆ
4
10
ˆˆˆ
z z
zrzr
z
rr
zzr
adrrdaradrrdaradzrdar
adrrdDadrrdDadzrdD
sdDsdDsdDs
KiriRuas
4050
350
2550
:52
50
1024
10
4
10
4
4
4
4
10
0
2
0
4
sdD
makarkarena
r
r
zr
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 :
v s
sdAdvA
s
sdA
= integral permukaan tertutup
v
dv. = integral volume
Contoh
1. Diketahui : ,ˆsin5ˆsin5
aaA
Tentukan A. di 4
;4
;5.0 = ?
Penyelesaian :
aa
aaA
makarkarena
ar
ar
ar
ar
rrr
Ar
Ar
Arrr
Ar
ˆ10ˆ10
ˆ4
cos
4sin5.0
5ˆ
4cos
4sin
5.0
10
:4
,4
,5.0
ˆcossin
5ˆcossin
100
ˆsin5sin
1sinˆsin5
sin
10
1
sin
1sin
sin
11.
2
2
2
2
2. Diketahui : 22 ˆ
4
5
mcarD
r
)(sin
1)sin(
sin
1)(
1 2
2
D
rD
rDrr
rr
Ditanya : Buktikan bahwa ruas kiri sama dengan ruas kanan dari persamaan
berikut dvDsdD
Penyelesaian :
Ruas kanan
2
3125
cos4
5
sin5
sin5
5
4
51
)(1
.
2
0
2
0
5
0
4
32
0
2
0
5
0
2
4
2
2
2
r
drddr
drddrrdvD
r
rrr
Drrrr
D
r
Ruas kiri
2
3125
cos4
5
sin4
5
ˆsinˆ4
5
2
0
2
0
5
0
4
42
0
2
0
5
0
22
r
ddr
addrarsdD
r
rr
Makna fisis divergensi Gauss
Dari hukum Gauss :
QsdDs
untuk satu satuan volume v
v
Q
v
sdD
D s
dan diambil volume menuju nol .0v
v
Q
v
sdD
Dv
s
v
00
limlim
maka vD . .................................................................(i)
subtitusikan vol
vdvQ ke hukum Gauss
maka s vol
vdvdsD ....................................................(ii)
dari (i) dan (ii) didapatkan hasil akhir bentuk divergensi Gauss :
s
vol
dvDdsD
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
1. Diketahui zyx axyayzaxA ˆˆˆ2 , tentukan A .
Penyelesaian :
zxA 2
2. Diketahui xax
xA ˆ2
sin5 2
, tentukan A jika x = 1.
Penyelesaian :
101 xA
3. Diketahui xayxA ˆ2
122
, tentukan A pada posisi (2, 2, 0).
Penyelesaian :
2
0,2,2 1084,8 A
4. Diketahui 22ˆ3cos1
mCar
r
QD r
dalam system koordinat bola,
tentukan rapat muatannya.
Penyelesaian:
323sin
3
mCr
r
Q
5. Dalam system koordinat bola diketahui 2
4
ˆ102
mCa
rD r
dengan
batas mr 10 , dan 22
4
ˆ104
mCa
rD r
dengan batas mr 1 .
Tentukan rapat muatan untuk kedua batas tersebut.
Penyelesaian :
Untuk mr 10
32
4102
mC
r
untuk mr 1
0
6. Diketahui 2ˆcos2ˆsin10m
CaaD r , tentukan rapat muatannya.
Penyelesaian :
32cot218
sin
mC
r
7. Buktikan bahwa divergensi dari E sama dengan nol
jika zaar
E ˆ40ˆ100
.
8. Dalam system koordinat silinder diketahui ro ar
arD ˆ
2
22
dengan
batas bra , dan ro ar
abD ˆ
2
22
dengan batas br . Untuk
ar maka 0D . Tentukan pada setiap batas tersebut.
Penyelesaian :
Untuk bra , D = 0
Untuk br , oD
Untuk ar , D = 0
9. Diketahui aaA rˆsin5ˆ10 , tentukan A .
Penyelesaian :
rA
10cos2
10. Diketahui r
r arrer
D ˆ221110 22
2 dalam system koordinat bola,
tentukan rapat muatannya.
Penyelesaian :
3240
mCe r .
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.
Misal kita terapkan )( kepada vektor A
atau ditulis sebagai )( Ax
zzyyxxzyx AaAaAa
za
ya
xaA ˆˆˆˆˆˆ
dalam bentuk matriks :
Z
z
Y
y
X
x
A
z
a
A
y
a
A
x
a
A
ˆˆˆ
xyzxzyyzx A
yA
xaA
zA
xaA
zA
yaA ˆˆˆ
Arti fisis:
Curl atau rotasi dari vektor adalah mencari jumlah kerja lintasan tertutup
persatuan luas
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
z y
x Ax
Az
Ay
(x, y, z) (x + x, y, z)
(x, y+y, z)
(x, y, z + z) Az
Ay
Ax
( x,y,z )
zzzyxAzzyyxAyzzyyxAyzyxA
jaTotal
zzyy ,,,,,,,,
:ker
sehingga jumlah seluruh kerja pada lintasan tertutup muka samping persatuan luas
(y z) adalah:
y
zzyxAzzyyxA
z
zzyyxAzyxA
zy
zzzyxAzzyyxA
zy
yzzyyxAzyxAjaTotal
zzyy
z
y
ZZyy
zy
,,(),,(),,(),,(lim
,,,,,,,,ker
0
0
00
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 , yaitu:
xyzzxyyxx A
yA
xaA
xA
zaA
zA
yaA ˆˆˆ
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
zr
zr
ZrrZ
rZ
AAA
zrr
aaa
matriksara
silinderaA
r
rA
ra
z
A
r
Aa
z
AA
rA
1
ˆˆˆ
sec
)(ˆ1
ˆˆ1
AAr
A
rrr
aar
a
matriksara
bolaarA
r
rA
rarA
r
rA
rra
AA
rA
sin
11
ˆˆˆ
sec
)(ˆ1
ˆsin
11ˆ
sin
sin
1
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:
S
ldAA
A
S
0
0ΔS
lim
ΔS
tertutuplintasan dalam Kerja Totallim
Definisi diatas mempunyai konsekuensi matematis dalam bentuk lain yang
dirumuskan oleh Stokes.
Stokes Theorem:
ldAdsA
*Teorema Stokes
Catatan : Teorema Integral Stokes ini banyak digunakan pada persoalan Hk.
Ampere, Hk. Maxwell untuk medan magnet.
Contoh
Diberikan medan faktor umum zyx
ayzayzxaxzA ˆ2ˆ2ˆ 23 dalam koordinat
kartesian. Carilah curl A pada titik (1, -1, 1).
Penyelesaian:
zy
zy
2
x
24
zy
2
x
24
z
32
y
34
x
24
423
zyx
z
4
y
2
x
3
zyx
a4a3
a1114a113a11212xA
1,1,1dixA
axyz4axz3ayx2z2
axzy
yzx2x
axzz
yz2x
ayzx2z
yz2y
yz2yzx2xz
zyx
aaa
ayz2ayzx2axzxaz
ay
ax
xA
Diberikan medan vektor umum zr
arzarazrA ˆ4ˆsin5ˆ3 322
dalam
koordinat silinder Carilah curl A di titik (3;/2;2) ?
Penyelesaian :
za10a76
za10a10832
za2/sin3103
1a
3322
3242,2/,3xA
zasinr10
r
1a2r3z23z40
za2z2r3
r
sinr5r
r
1a
z
2z2r3
r
r3z4
ra
z
sinr5r3z4
r
1
zaAr
r
rA
r
1a
z
Ar
r
Azra
z
AAz
r
1xA
Soal-soal dan Penyelesaiannya
1. Diketahui medan vector zarA ˆsin5 dalam system koordinat silinder,
tentukan curl A pada posisi (2, , 0).
Penyelesaian :
raA ˆ50,,2
2. Diketahui medan vector aA ˆsin10 dalam system koordinat bola.
Tentukan curl A pada posisi
0,
2,2
.
Penyelesaian :
aA ˆ5
0,2
,2
3. Buktikan bahwa curl dari
2
3222
ˆˆˆ
zyx
azayax zyx
sama dengan nol.
4. Diketahui medan vector aeA z ˆ2
1sin2
dalam system koordinat
silinder, tentukan curl A pada posisi
500,0;
3;800,0
.
Penyelesaian :
zr aaA ˆ230,0ˆ368,0500,0;
3;800,0
5. Buktikan bahwa curl dari
a
ra
rA r
ˆsin
ˆcos2
33 adalah nol.
6. Diketahui medan vector zr
r aaeA ˆcos5ˆcos5 dalam system
koordinat silinder, tentukan curl A pada posisi
0,
2
3,2
.
Penyelesaian :
zr aaA ˆ34,0ˆ5,20,
2
3,2
7. Diketahui vector aaA ˆ5ˆ5,2 dalam system koordinat bola, tentukan
curl dari A pada posisi
0,
6,2
.
Penyelesaian :
aaaA rˆ25,1ˆ5,2ˆ33,4
0,6
,2
8. Diketahui vector aaA rˆsinˆsin dalam system koodinat bola,
tentukan curl dari A pada posisi
0,
2,2
.
Penyelesaian :
00,
2,2
A
9. Buktikan bahwa curl dari sebuah gradient adalah nol.
10. Diketahui vector aA ˆ2sin dalam system koordinat silinder, tentukan
curl dari A pada posisi
0,
4,2
.
Penyelesaian :
zaA ˆ5,00,
4,2
.
BAB IV
GAYA COULOMB DAN INTENSITAS MEDAN LISTRIK
4.1 HUKUM COULOMB
Dari hasil empiris didapatkan bahwa antara dua muatan listrik (Q1 dan Q2)
yang berjarak d dalam ruang yang permitivitas listriknya terdapat gaya interaksi
sebesar:
dad
QQF ˆ
4
12
21
d = jarak antara Q1 dan Q2
da satuan yang menunjukan arah gaya
(d jauh lebih besar dari ukuran benda yang bermuatan Q1 dan Q2)
213
21
2112
212
21
2112
4
1
4
1
rrrr
QQF
rrrr
QQF
dimana : 21 rr
adalah vektor satuan yang arahnya dari Q2 ke Q1.
12F
= adalah gaya pada muatan Q1 oleh muatan Q2.
zyx
zyx
zyx
azzayyaxxrr
azayaxr
azayaxr
ˆ)(ˆ)(ˆ)(
ˆˆˆ
ˆˆˆ
21212121
2222
1111
12F
21rr
Q1
Q2
1r
2
r
X
Y
Z
Dengan demikian kita bisa tuliskan F
yang merupakan gaya pada muatan Q2 oleh
muatan Q1 yaitu :
122
12
2121
ˆˆ4
1rr
rr
QQF
atau : 2112 FF
yang merupakan gaya aksi reaksi.
= or
o = permitivitas vakum
mFmFx /
36
10/10854,8
912
r = permitivitas relative.
Dari penjelasan diatas dapat diturunkan bahwa :
vakum
r
mediumFF
1
didalam udara F
harganya hampir sama dengan di vakum.
Gaya pada satu muatan Q yang disebabkan oleh banyak muatan ditulis dalam
bentuk hubungan matematik
N
i i
i
R
rr
rrQQF
13
1ˆˆ
4
1
Gaya interaksi akibat muatan-muatan listrik ini ada yang tarik menarik (jika jenis
muatannya berbeda) dan tolak-menolak jika jenis muatannya sama.
Q2
Q1
2r
1r
12F
-
Y
Z
Contoh
1. Hitung gaya di Q1 jika diketahui :
Q1 = 2 mC pada posisi (3,-2,-4);
Q2 = 2 C pada posisi (1,-4,2)
Penyelesaian :
NewtonF
F
F
aaaF
aaaF
rr
rrQQKF
rr
aaarr
zyx
zyx
zyx
04,2
174,4
)848,1()616,0()616,0(
ˆ8484,1ˆ616,0ˆ616,0
)ˆ6ˆ2ˆ2(
44
10.510.2109
)(
44622
ˆ6ˆ2ˆ2
12
12
222
12
12
3
639
12
3
21
212!
12
222
21
21
2. Empat muatan masing-masing
Q1= -2 C pada posisi (0,3,0) m;
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.
Tentukan besar gaya interaksi
pada muatan Q3 jika muatan-muatan
tersebut terdapat pada ruang
vakum/udara.
X
Z
X
Y Q
4
Q
3
Q
2
Q
1
32F
31F
34F
Penyelesaian :
2
29
0
.109
4
1
Coulomb
mNewton
yx aarr ˆ3ˆ413
mrr 5)3(4 22
13
yx aarr ˆ4ˆ323
yx aarr ˆ3ˆ443
mrr 534 22
43
3
43
4343
3
23
2323
3
13
13133
)()()(
rr
rrQQK
rr
rrQQK
rr
rrQQKRF
3
9
3
9
3
9
35
)ˆ3ˆ4).(1.(3.109
5
)ˆ4ˆ3.(1.3.109
5
)ˆ3ˆ4).(2.(3.109
yxyxyx aax
aax
aaxRF
)ˆ3ˆ4(216000000)ˆ4ˆ3(216000000)ˆ3ˆ4(4320000003 yxyxyx aaaaaaRF
yx aaRF ˆ10216ˆ101944 66
3
2626
3 10216101944 RF
NewtonRF 6
3 1096319,1955
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 rE .
Misal kita mempunyai muatan sumber Q berupa titik dan ingin kita test harga
medannya dengan muatan 0t
Q maka )(rE
harus sama dengan :
)('4
)(
''4
1),()(
1
3
0
2
0
rrrr
QrE
rrQrr
Q
QrFrE
t
t
t
t
dimana: )( 21 rr
adalah vektor satuan yang arahnya dari Q ke Qt (arah menjauhi
muatan sumber).
12F
1rr
Q (sumber)
Q
(test)
1r
r
X
Y
Z
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 :
)(4
29
243
ˆ2ˆ4ˆ3
123
12
1
12
222
12
2
rrrr
QE
rr
rr
aaar
o
zyx
zyx aaaE ˆ2ˆ4ˆ3
29
102109
3
99
zyx aaaE ˆ2ˆ4ˆ3
2929
18
zyx aaaE ˆ2ˆ4ˆ3115,0
mNaaaE zyx /)ˆ230,0ˆ460,0ˆ345,0(
222 23,0)46,0(345,0 E
mNE /619,0
4.3 MEDAN LISTRIK OLEH MUATAN-MUATAN TITIK
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 :
3
20
202
03
10
101 )(
4
1)(
4
1)(
rr
rrQ
rr
rrQrE
Jika kita tambahkan lebih banyak muatan pada kedudukan lain, medan
yang disebabkan oleh muatan titik adalah :
)()(1
rErEN
i
atau
N
ii
ii
rr
rrQrE
13
)(
4
1)(
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 :
512
ˆˆ2
11
ˆ
22
20
20
2
10
10
rr
aarr
rr
arr
zx
z
E1 (ro)
E0 (ro)
E1 (ro)
Z
X
Y
1r
0r
2r
Q1
Q
2
Q
E
12F
'rr
r
'r
X
Y
Z
512
ˆˆ2
3122
ˆˆ2ˆ2
22
30
40
222
30
30
rr
aarr
rr
aaarr
zy
zyx
mNE
E
aaaE
aaaE
aaaaaaE
aaaaaaE
aaaaaaaaE
rr
rr
rr
rr
rr
rr
rr
rrQE
zyx
zzx
zyxzyx
zyxzyx
zyzyxzxz
/24,34
84,3284,684,6
ˆ84,32ˆ84,6ˆ84,6
675
ˆ96,820ˆ96,170ˆ96,17027
25
ˆ48,4ˆ48,4ˆ48,4
27
ˆ28ˆ2ˆ227
25
5ˆ2ˆ2ˆ2
27
ˆ28ˆ2ˆ227
5
ˆˆ2
3
ˆˆ2ˆ2
5
ˆˆ2
1
ˆ103109
)()()()(
4
222
3333
99
3
40
40
3
30
30
3
20
20
3
10
'
10
0
4.4 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 :
v
v
i
rr
dvrrrE
rr
rrdqEd
3'
'
3'
'
)(
4)(
)(
4
1
(muatan sumber berbentuk ruang)
3'
'' )(
4)(
rr
dsrrrE
s
s
p
muatan sumber berbentuk permukaan.
l
l
rr
dlrrrE
3'
'' )(
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
'
'
2'
2
1
22'
'
'
4
)(
ˆ
ˆ
'
rr
rr
rr
dqEd
dzld
zrrr
drr
arr
azr
dzdrdq
o
r
z
ll
2/122
2/12222
)(4
)ˆˆ(
)(
)ˆˆ(
)(4
zr
azardzEd
zr
azar
zr
dzEd
o
zrl
zr
o
l
karena pada setiap dq pada z ada dq pada –z sehingga komponen z saling
menghilangkan maka :
dE
dE
r 1 = z
r 1 = -z
r – r’
r
r
o
l
o
rl
o
rl
r
z
zo
r
o
l
o
rl
ar
E
r
ar
zr
z
zr
zarE
azrr
zra
zr
dzrE
zr
ardzEd
ˆ2
2
4
ˆ)(
4
ˆ
ˆ4
ˆ)(4
.
)(4
)ˆ(
222
~
~222
~
~
2/122
2/122
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 :
yx
zyx
aar
aaar
ˆ4ˆ2'
ˆ4ˆ1ˆ2
zyx aaarr ˆ4ˆ3ˆ4'
41434' 222 rr
3
2
'
rr
rrE
o
41
ˆ43ˆ4
1085,814,32
102012
9zyx aaa
E
12
9
1087,355
10ˆ8060ˆ80
zyx aaaE
m
NaaaE zyxˆ8,2246,168ˆ8,224
4.5 MEDAN LISTRIK AKIBAT MUATAN BERBENTUK LEMPENG
Terapkan ungkapan
)'(.
4
13
'
1
0
rrrr
dlEd
Zazr ˆ
rarr ˆ'
rddsdl
karena simetris dza r saling
meniadakan.
Muatan tersebar merata dalam bidang datar tak berhingga dengan kerapatan S .
Tentukan besar medan (intensitas medan) akibat muatan tersebut.
)(4
1 '
3'
0
rrrr
dqEd
222
2
122
0)0()..()0(
ˆˆ...
4
1
zdrdrr
zr
arazdrd
Ed
rz
S
)ˆˆ(
)(
..
4
1
2
3
220
rzS araz
zr
drdrEd
karena simetris komponen radial saling meniadakan.
zS az
zr
drrdEd ˆ
)(4
12/322
0
0
2
0
2/322
0
2/322
0
ˆ)(4
2ˆ
)(4
1
r
zS
zS a
zr
rdrzaz
zr
drrdE
lihat tabel
zr
az
zra
zE zS
z
S 11
2
ˆ
)(
1ˆ
2 0
2/122
0
z
S aE
02
'r
r
'rr
Ed
Ed
Z
X
Y
Contoh
Tentukan E disemua titik jika diketahui lempeng seluas 100 cm2 yang
mengandung distribusi muatan yang serba sama sebesar C9
10. Tentukan medan
listrik disekitar muatan tersebut.
Penyelesaian :
o
o
o
E
2
1036
1
1094
1
9
9
dimana : S
Q
m
V
E
mC
o
5
9
4
24
4
6
104
5
1036
12
109
10
2
109
10
10100
109
10
BAB V
FLUKS LISTRIK DAN HUKUM GAUSS
5.1. MEDAN SKALAR DAN MEDAN VEKTOR
dikatakan medan skalar jika terdefinisi suatu skalar di setiap titik
dalam ruang, yaitu φ (x,y,z ) atau (suatu fungsi yang mengaitkan suatu bilangan
dengan tiap titik didalam ruang). Medan u dikatakan medan vektor jika :
Terdefinisi suatu vektor u disetiap titik didalam ruang atau ditulis dalam
hubungan ruu
atau suatu fungsi u yang berkaitan dengan tiap titik r
diruang.
Dalam koordinat kartesian :
zyx ,, medan scalar
zyxzuzazyxyuyazyxxuxau ,,ˆ,,ˆ,,ˆ (medan vektor)
Dalam koordinat silinder :
zr ,, medan skalar
,zr,zuza,zr,ua,zr,rurau ˆˆˆ (medan vektor)
Dalam koordinat bola :
,,r medan skalar
,,ˆ,,ˆ,,ˆ ruaruarrurau (medan vektor)
Kita lihat, suatu medan vektor adalah ekuivalen dengan 3 komponen
medan skalar ini karena u ekuivalen dengan komponen
Bolarururu
Silinderrururu
Kartesianrururu
r
zr
zyx
,,
,,
,,
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 adalah dengan jalan melukiskan sistem
“permukaan-permukaan 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.
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.
Kuat lemahnya medan listrik ditentukan oleh kerapatan garis gaya
tersebut. Perhatikan gambar dibawah ini.
Keterangan :
Garis gaya keluar dari muatan positif menuju ke muatan negatife.
permukaan tetap 3
1
2
E (Q)
E (P)
Q
P
+
( b )
+ +
( c
) (a
)
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 :
cos
ˆ
dsD
sdnD
sdDd
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 na (normal).
Kerapatan Fluks listrik (Density of Electrical Flux) D
D adalah medan vektor yang arahnya sama dengan arah garis gaya.
2/ˆ mCadA
dD
n
( n
a adalah unit vektor dari D)
5.3 HUKUM GAUSS
“Flux total yang keluar dari suatu permukaan tertutup adalah
sama dengan jumlah muatan di dalam permukaan tersebut.”
D
ρ
na
Fluks total yang menembus permukaan yang tertutup didapat dengan
menjumlahkan differensial yang menembus permukaan ds.
sdD
sehingga bentuk matematik hukum gauss sebagai berikut :
Q dilingkupi yangmuatan sdD
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 DaDr
ˆ (berarah keluar sesuai dengan arah ra ).
Gunakan hukum Gauss
ddraDasdDQ rr sinˆˆ 2
Z
X
Q Y
dsadsasd rnˆˆ
dimana ra dan n
a sejajar sehingga ra . n
a = l
Untuk permukaan bola = 0 s/d
= 0 s/d 2
Sehingga Dr 24 Q
2..4 r
QD
r
ar
QD ˆ
..4 2
Kita tahu intensitas medan listrik radial oleh sebuah muatan titik dipusat
bola dalam vakum adalah :
rr
QE
o
ˆ..4 2
Maka ED o . berlaku untuk ruang vacuum dan umumnya untuk setiap medium
yang mempunyai permitivitas listrik ED
5.5 DISTRIBUSI MUATAN
a) Muatan ruang
Jika muatan tersebar dalam suatu volume, rapat muatan didefinisikan
sebagai 3mC
dv
dQ atau
dvQv
dvdQ atau dapat ditulis v
dvQ . .
b) Muatan permukaan
Jika permukaan tersebar dalam suatu lembaran permukaan s
dsQ . begitu pula
dengan muatan garis s
dlQ .
Contoh
Tentukan jumlah muatan yang ada didalam bola yang ditentukan oleh
1 r 2 m dan kerapatannya adalah 24
2cos5
mC
r
Penyelesaian :
Coulomb
r
dddrr
dddrrr
dvQ
r
r
10
025
2sin4
1
2
1cos
5
cossin.5
sincos5
2
0
0
2
1
2
0 0
2
1
2
2
2
0 0
2
1
2
4
2
5.6 PEMAKAIAN HUKUM GAUSS
a) Beberapa distribusi muatan
Hukum Gauss sdDQ
Pemecahannya akan mudah jika dipilih permukaan tertutup yang memenuhi syarat
sebagai berikut :
DS normal terhadap permukaan sehingga dsDsdD ss
dan juga
menyinggung permukaan sehingga 0dsDs
Pada harga 0 sdDS
, 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.
2
2
2
0
2
0
4
4
sin.
r
QD
atau
rD
ddrDdsD
sdDQ
s
s
ss
S s
Karena harga r diambil sembarang
DS mempunyai arah radial keluar
Maka r
ar
QD ˆ
.4 2
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 datarbidangD
.
Sehingga :
321 sdDsdDsdD
sdDQ
Karena untuk tutup atas dan tutup bawah sdDS sehingga harga 0 sdD
S
r
l
Lz
z
ar
D
maka
lQrlD
dzrdDQ
ˆ2
2
2
00
Kabel koaksial
Kita pilih permukaan Gauss yang memenuhi syarat yaitu permukaan
tabung dengan panjang L dan jari-jari a<r<b.
Dari hukum Gauss, sdDQ
Sehingga :
Q = Ds (2 r L) Ds =Lr
Q
..2
Muatan total pada konduktor dalam (r = a)
dengan panjang L :
b r
a
+~
- ~
D
D
D
ds
ds
ds
ρL
ss
L
z
aLdzdaQ
.22
00
Sehingga ssr
aD atau
rssa
r
aD ˆ (a < r < b)
Jika konduktor dalam panjangnya menjadi 1 m, maka r
LL arar
aD ˆ
22
(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)
ss
ss
sehingga
aLbL
'
' 22
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 :
dsA integral permukaan tertutup
dvA 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)
yang dimaksud integral permukaan
tertutup adalah :
dsA harus diungkapkan
untuk ke-6 muka kubus sehingga :
bawahataskanankiriblkdepan
sdsAdsAdsAdsAdsAdsAdsA 654321
Ambil muka kiri dan kanan (dengan memperbesar gambar) :
kiri
y zxyAdsA )(
kanan
y zxyyAdsA )(
Gunakan deret Taylor zxyy
AyAzxyyA
y
yy
)(
Sehingga :
z
x
y y
x
P
z
ds
A(x, y, z)
z
y
x
A (x, y+y, z)
ds
z
y
x
zyxy
AdsAdsA
y
kanankiri
43
zyxx
AdsAdsA x
belakangdepan
21
zyxz
AdsAdsA z
atasbawah
56
atau : zyxz
A
y
A
x
AdsA zyx
Dengan membagi ruas kiri dan kanan oleh (V) di mana V = dx dy dz dan
membuat V menuju nol maka didapat :
Maka : AdivAv
sdA
v.
.lim
0
Soal-soal dengan penyelesaiannya
1. Tentukanlah muatan total dalam volume yang didefinisikan oleh
mx 10 , my 10 dan mz 10 , kalau yx230 . Bagaimana
pula hasilnya kalau pembatasan y diubah menjadi my 01 ?
Penyelesaian :
karena dQ = ρ dv
Coulomb
zyx
dzdydxyxQ
5
12
110
2
1
3
30
30
1
0
1
0
2
1
0
3
21
0
1
0
1
0
untuk batas-batas y yang diubah,
Coulomb
zyx
dzdydxyxQ
5
12
110
2
1
3
30
30
1
0
0
1
2
1
0
3
21
0
0
1
1
0
2. Tetapkanlah jumlah muatan dalam volume yang ditentukan oleh mr 21
dalam koordinat bola. Kerapatannya adalah 4
2cos5
r
Penyelesaian :
Coulomb
r
drddrr
Q
10
25
cos2sin4
1
2
15
sincos5
0
2
0
2
1
2
4
22
10
2
0
3. 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.
nCnetQnet 1107015030
4. Berapa fluks netto melalui permukaan tertutup S di gambar 1 yang berisi
distribusi muatan dalam bentuk lempeng berjari-jari 4 m dengan kerapatan
zs ar
D ˆ2
sin 2 C/m2dan zaddrrsd ˆ
Penyelesaian :
r
Tesla
r
drdrar
a
dsDQ
zz
2
2
2
12sin
4
1
2
1
ˆ2
sinˆ
4
0
2
0
24
0
2
0
5. 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 sin12D
dikelilingi permukaan tertutup S. Berapa fluks total yang melalui S ?
Penyelesaian :
Tesla
r
drdr
dsDQ
r
192
2812
cos2
112
sin12
2
0
4
0
2
2
0
4
0
7. Muatan titik Q = 30 nC terletak di titik asal suatu koordinat katesian.
Tentukan kerapatan fluks D di ( 1, 3, -4 ) m.
Penyelesaian :
23
3222
3
9
9
222
2
2
22
000
1078,91
10725418
10725418
43018,0
4314,1665
1030
26
43
264
1030
26
431
ˆ4
4
sin
ˆˆ
mC
aaa
aaa
aaa
aaaD
r
ar
QD
QrD
QddrD
QdsaDa
QdsD
zyx
zyx
zyx
zyx
r
r
r
rr
8. Jika diberikan D = 10 xax ( C/m2) tentukan fluks yang melalui luas 1 m2
yang normal pada sumbu x di x = 3 m.
Penyelesaian :
karena D konstan dan tegak lurus pada permukaan itu
maka :
C
ax
ADQ
x
30
1310
110
9. Suatu konfigurasi muatan dalam koordinat silindris diberikan oleh
325
mCre r . Pakai hukum gauss untuk menetapkan D.
Penyelesaian :
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
2
2
2
20
2
00
2
2
0
2
00
2
00
ˆ115
2
1110
11102
152
5ˆˆ
mCa
r
er
rl
erlD
erlrlD
zerrlD
dzdrdrredzdraDa
QdsD
r
r
r
r
lrr
rr
r
l
z
rr
l
z
enc
10. Volume dalam koordinat bola yang ditentukan oleh r ≤ a , dimana a jari-
jari 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 :
22
3
32
32
0
2
0
3
3
44
3
4sinˆˆ
mC
r
aD
arD
addraDa
QdsD
rr
enc
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 : QEFE (Newton), jika ingin menggerakkan Q dengan arah melawan E
diperlukan gaya yang melawan EF .
QE
FF Epakai
pakaiF sama dengan EF dan arahnya berlawanan. Dengan demikian jika kita ingin
memidahkan Q sejauh dl dengan arah melawan medan harus menyediakan energi
(dilakukan usaha) sebesar:
dldanEantarasudutdlQEdW
vektorduadariproductdotdlQEdW
cos
Untuk memindahkan Q pada jarak tertentu (berhingga) harus ditentukan dengan
mengintegrasikan:
ldW
akhir
awal
AB E
dimana :
bolaadrardadrdl
silinderadzardadrdl
kartesianadzadyadxdl
r
zr
zyx
ˆsinˆˆ
ˆˆˆ
ˆˆˆ
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.
StatisMedandlE 0
medan vektor dengan sifat tersebut disebut medan konservatif.
6.2 INTEGRAL GARIS
Persamaan
akhir
awal
dlEQW merupakan contoh integral garis. Integral
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 .....L,L,L 4321
1EL proyeksi E pada 1L
2EL proyeksi E pada 2L
3EL proyeksi E pada 3L
4EL proyeksi E pada 4L
Besarnya kerja yang diperlukan dari B ke A adalah :
)( 44332211 LELLELLELLELQWAB
atau dengan memakai notasi vektor
)( 44332211 LELELELEQWAB
EL1
EL2
EL3
EL4
E1
E2
E3
E4
B
A
1L
2L
3L
4L
Karena kita menjumlahkan terhadap medan yang serba sama
EEEEE 4321
)LLLL(QEW 4321
Penjumlahan 4321 LLLL merupakan 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).
BALQEW . (E serba sama)
Bentuk integral dari penjumlahan di atas :
BA
A
B
A
B
QEL
samaserbaEdlQE
dlEQW
................
.
dengan dl adalah elemen panjang, ditulis dalam bentuk sebagai berikut :
bolaadrardadrdl
silinderadzardadrdl
kartesianadzadyadxdl
r
zr
zyx
ˆsinˆˆ
ˆˆˆ
ˆˆˆ
Pada pembicaraan interaksi Coulumb dan intensitas medan listrik, kuat medan
listrik yang diakibatkan oleh muatan garis lurus adalah
Medan listrik sekitar muatan garis
adalah arah radial
r
o
ar
E ˆ2
untuk memindahkan muatan dari 1r
ke 2r diperlukan kerja.
Y
X
Z
r1
r2
2
1
2
1
2
2
2
ˆˆˆˆ2
21
r
r o
r
r o
akhir
awal o
zrr
akhir
awal o
akhir
awal
rQ
drr
Q
drr
Q
dzardadraar
Q
dlEQW
1
2ln2
2
2
1
r
rQ
rQ
o
r
r o
1
221 ln
2 r
rQW
o
Jika ingin memindahkan Q dalam arah z
a dan arah
a tidak memerlukan
usaha, sebab dlE (ingat aturan dot pruduct dari vektor).
6.3 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 :
dlEQW
akhir
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 akhir
awal
dlEQ
WV
ABV didefinisikan sebagai kerja yang diperluka untuk memindahkan satu satuan
muatan dari B ke A atau ABV adalah perbedaan potensial antara titik A dan B.
A
B
BAAB dlEVVV
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 2r ke 1r diperlukan energi sebesar ?
Penyelesaian :
1
2
1
2
ln2
ln2
r
rQW
QVWr
rQW
o
o
jadi beda potensial 1
212 ln
2 r
r
Q
WV
o
Bukti :
Unsur diferensial dl dipilih dalam koordinat tabung dan lintasan radial yang
dipilih mengharuskan dz dan dradld rˆ;0
Sehingga
1
2ln2
2
ˆˆ2
1
2
r
rQ
r
dr
rQ
adrar
W
o
r
r o
rr
akhir
awal o
jadi beda potensial 1
212 ln
2 r
rV
o
Z
r1
r2 l
Muatan garis tak terhingga
2. Disekitar muatan titik jika kita ingin memindahkan 2 dari titik B ke A
diperlukan energi sebesar ?
Penyelesaian :
A
B
AB
A
B
ldEQ
WV
ldEQW
.
BA
s
BAAB
BA
s
A
B
s
rr
A
B
AB
r
Q
r
QVVV
rr
Q
r
drQ
drardadrar
aQV
00
0
2
0
2
0
44
)11
(44
sinˆˆˆˆ.
4
1
Jika AB rr beda potensial 0ABV , secara fisis berarti : diperlukan
energi oleh sumber luar untuk membawa muatan Q positif dari Br ke Ar (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 AV dan potensial dititik B
adalah BV maka beda potensial titik A dan titik B adalah :
BAAB VVV
6.4 MEDAN POTENSIAL SEBUAH MUATAN TITIK
Dari contoh di atas VAB = VA – VB =
BA rr
Q 11
4 0 walaupun titik A
dan B mempunyai , 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 EaEr
ˆ
.
jika titik potensial nol didefinisikan sebagai titik terjauah tak hingga maka
potensial di titik A adalah
Ar
AoAo
Aaor
Qdr
rr
QVVV
~
2 4
1
4)0(
sehingga VA = Ar
Q
04 sama halnya dengan potensial di titik B
B
Br
QV
04
atau biasa ditulis: r
QV
04
cara menyatakan potensial tanpa memilih acuan nol diperoleh dengan
mengindetifikasikan rekapitalisasi rA sebagai r dan Br
Q
04 sebagai konstan,
sehingga: Cr
QV
04
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.
n
i irrπε
iQ
(r)V
nrrπε
nQ............
rrπε
Q
rrπε
Q
rrπε
Q
(r)V
10
4
04
304
3
204
2
104
1
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 :
1
(r)4
)'(V
rr
dvr
o
Untuk muatan terdistribusi kontinu dalam bidang:
s o
s
rr
dsr
4
)'(V
1
(r)
r1 r2
r3
r
Q1 Q2 Q3
P
Y
Z
X
Dan untuk muatan yang terdistribusi kontinu dalam garis :
l o
s
rr
dlr
1
r4
)'(V
Hasil-hasil di atas didapat dengan memilih titik acuan (medan potensial = 0) pada
titik ~ (tak hingga) atau :
A
dlE~
AV
A
B
dlEABV
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
statismedanuntukdlEV 0
KirchoffpernyataandengansesuaidlEVC
0
Berlaku 0 dlEV dalam lintasan tertutup medan potensialnya sama dengan
nol.
C
D E
6.6 GRADIEN POTENSIAL
Perhatikan rumusan medan potensial: dl E.-V atau dapat ditulis dalam
bentuk 0)L( L-V E
Jika antara berlakuakan maka sudutmembentuk Ldan E
atau
cosV
Lcos -E.V
Edl
d
Persamaan terakhir ini akan mempunyai nilai maksimum jika (arah
perubahan potensial berlawanan dengan arah pertambahan jarak).
Edl
dV
max
(a) Besar E sama dengan harga maksimum perubahan potensial terhadap jarak.
(b) Pertambahan jarak berlawanan arah dengan arah pertambahan potensial.
max
max
V-E
dl
d
Dari rumus : L-EV
Pada bidang yang mempunyai harga potensial sama (sepotensial bidang =
bidang equipotensial) pada bidang ini 0.V
0 LE dimana harga E dan L tidak nol dengan demikian L E . 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 n
a merupakan arah normal dari permukaan sepotensial (dan mempunyai arah
ke potensial yang lebih besar) maka :
n
mak
adl
dE ˆ
V_
Menunjukan bahwa besarnya E sama dengan laju perubahan maksimum V dan
arah E adalah normal terhadap permukaan sepotensial (dalam arah
pengurangan potensial)
dn
d
dl
d
mak
vV
Karena laju perubahan V yang maksimum terjadi untuk arah yang sama dengan
arah E, maka :
na
dn
dE ˆ
V_
kartesian .ˆˆˆ_
Vz
ay
ax
aE zyx
atau
na
E
ˆn
V-
V_
na merupakan vektor satuan yang normal terhadap permukaan sepotensial, dan
arah normalnya dipilih dalam arah pertambahan harga V.
ingat : kartesian ˆˆˆˆz
ay
ax
aan
zyxn
dimana zyx
VE ;
VE ;
VE zyx
atau
bolaVr
ar
ar
aV
silinderVz
ar
ar
aV
kartesianVz
ay
ax
aV
r
zr
zyx
sin
1ˆ
1ˆˆ
ˆ1
ˆˆ
ˆˆˆ
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 QVdLEQW
Misalkan urutan pemindahan muatan adalah Q1,Q2, Qn maka :
011
dLEQW
(karena pada saat Q1 datang, ruang belum ada medan)
01011 VQW
1tan2212122 muaolehdisebabkandititikpotensialVVQW
313232123 VVQVQW
1........................................................32313212
321
VVQVQ
WWWWE
Jika urutan pemindahan muatan dibalik mula-mula Q3 kemudian Q2 dan Q1 maka
2...........................................................0 13121232
123
VVQVQ
WWWWE
Jika pers (1) dan pers (2) dijumlahkan maka :
3231323212131212 VVQVVQVVQWE
Jika kita ingat kembali cara mencari potensial oleh distribusi muatan titik maka:
32313
23212
13121
VVV
VVV
VVV
Dengan demikian kita akan dapatkan
VQVQVQW
VQVQVQW
E
E
32211
332211
2
1
2
Dapat kita simpulkan energi dalam medan listrik statis oleh muatan n buah
ditulis:
JouleQWn
nnE
12
1
Untuk distribusi muatan kontinu dalam bentuk ruang :
vol
EdVVW
2
1
Dapat ditunjukan bahwa :
v
E
v
E
v
E
dVEDW
VdD
W
dVEW
2
2
2
2
1
2
1
2
1
Bukti:
3..........................................................
2...............................................................
1................................................................2
1
VDVDDV
VDDVVD
D
dVVWv
E
dengan menggunakan koordinat bola
Terapkan pers 1, 2, dan 3
Volume Bola
0
2
1
2
1
2
1
2
1
)(2
1
2
1
dSVDRuntuk
dVEDdSVD
dVVVDdVVDV
dVVD
dVVW
volR
vol vol
vol
vol
E
vol
E
vol
E
vol
E
dVEWdandVD
Wdidapat
EDkansubstitusi
terbuktidVEDW
maka
22
2
1
2
1
2
1
:
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
m
V ˆ4a2 x yayxE .
Penyelesaian :
usaha diferensial adalah
ydyxdxdW
adzadyadxayaxdW
QEdldW
zyxyx
84
)ˆˆˆ)(ˆ4ˆ2(2
lihat gambar:
Persamaan bagi lintasan adalah 2 yx dimana dxdy
( 2, 0, 0 )
( 0, 2, 0 )
X
Y
Sepanjang lintasan itu, maka :
).1111(
24)164(
)164())(2(84
2
0
JCmCN
mvingat
JouledxxW
dxxdxxxdxdW
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 = ~
2
212108548
11
4
NmC,dengan ε
rrπε
QV
o
BAo
AB
Volt,V
rhingga)bab tak be (se,V
~,
,V
AB
AB
AB
5520
05520
1
70
1
10854,814,34
106112
9
b). Pada r = 0,5
VoltV
V
V
rr
QV
AB
AB
AB
BAo
AB
2215,8
78,2855,20
5,0
1
7,0
1
10854,8()14,3()4(
106,1
11
4
)12
9
3. Berapa potensial di titik P jika diketahui :
nCQQ
aaar
ar
aar
zyx
z
yx
6,1
ˆ10ˆ8ˆ6
ˆ10
ˆ8ˆ6
21
2
1
Penyelesaian :
1086
101086
1010
861086
44
22
2222
2
2
22222
1
2
2
1
1
rr
rr
rr
Q
rr
QrV
oo
VoltV
V
xxV
x
x
x
xV
r
r
r
r
88,2
44,144,1
206,111
106,1
206,111
106,1
1010854,814,34
106,1
1010854,814,34
106,1
22
12
9
12
9
Q1
Q2
P
Z
Y
X
4. Diketahui medan potensial 22 2050 yyzxV volt dalam ruang hampa.
Carilah :
a. V pada (1,2,3)
b. EP
Penyelesaian :
a. P (1,2,3) disubstitusikan pada 22 2050 yyzxV
volt
V
380
2203215022
b.
mVaaaE
ayxayzxaxyzE
adz
dVa
dy
dVa
dx
dVE
VE
zyxP
zyxP
zyxP
P
ˆ100ˆ230ˆ600
ˆ)50(ˆ)4050(ˆ)100(
ˆˆˆ
22
5. Diberikan fungsi potensial yxV 42 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 :
m
V
E
mVaa
yxaz
ay
ax
VE
yx
zyx
20
42
ˆ4ˆ2
42ˆˆˆ
22
Medan ini konstan dalam besaran
m
VE 20 dan arahnya ke seluruh
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.
dvEWE 2
2
1
Menyarankan suatu cara yang mendukung bahwa dengan setiap elemen volume
dV terkait kandungan energi sebesar w dV dimana
2
2
1EW
Bagi medan yang sekarang ditinjau kerapatan energi itu konstan, maka :
3
8
36
1020
1
mJ
oW o
Sehingga setiap volume 1 m3 mengandung 36
10 8
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:
IdLH
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:
m
Ar
adlidH r
24
ˆ
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:
m
Ar
adlidH r
24
ˆ
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.
Atau secara umum dapat ditulis dengan persamaan matematis sebagai berikut:
3
'
'
4rr
rrdliodB
catatan:3
'
''ˆˆ
rr
rrrr
P (titik yang ingin diketahui
besar medannya)
Penghantar yang dialiri arus idl
r
idl r-r’
r r’
( 0, 0, 0 )
P
Contoh :
1. Medan listrik akibat arus searah pada penghantar yang panjang dan berjarak r
dari penghantar ke titik yang ditinjau seperti pada gambar:
Gunakan kordinat silinder, sumber terletak di z
azr ˆ'
sedang r
arr ˆ
dan zr
azarrr ˆˆ'
. Sehingga:
23
22
ˆˆˆ
4zr
zazrarzaidz
π
oμBd
2
322
ˆ
4zr
aidzrB o
2
322
ˆ4
zr
dza
iro
232
ˆ4 zrr
za
iro
zr
z
zr
za
iro
22ˆ
4
a
r
i
ra
irB oo ˆ
2
2ˆ
4 2
a
r
iB o ˆ
2
i dl = i dz
r - r’ r’
r ( 0, 0, 0 ) P
I
2. Besarnya induksi magnetik akibat penghantar yang berbentuk lingkaran
dengan jari-jari r.
3
'
'
4 rr
rrdliBd o
23
22
ˆˆˆ
4zr
rarzazxadrioBd
23
22
ˆ2ˆ
4zr
zadriradrioBd
Karena simetris, komponen z saling menghilangkan.
23
22
ˆ2
4zr
zadri
oBd
za
zrπ
πrio
μ
B ˆ
2
3224
22
2
02
322
2
4
ˆd
zr
ariB zo
z
o a
zr
riB ˆ
4
2
2
322
2
untuk r<<z, maka;
za
z
rioB ˆ
34
22
za
z
iroB ˆ
34
22
zaz
moB
zaz
AioB
ˆ3
2
4
ˆ3
4
2
r’
r r – r’
i dl
E
P
r2 r1
r
q -q
d
ER
catatan:
Aim
7.2 Besaran Induksi Magnetik
zaz
moB ˆ
3
2
4
dapat digambarkan sebagai berikut:
Analog dengan medan listrik akibat dua
muatan titik yang berjarak d seperti gambaran
berikut:
3
2
4
1
r
pE
o
3
cos2
4
1
r
pE
o
r
3
sin2
4
1
r
pE
o
Aim
Sehinga besaran B di atas dapat diuraikan menjadi komponen r dan θ
BaBraB ˆˆ
3
cos2
4 z
morB
3
sin
4 z
moB
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:
21 44 r
q
r
qV
oo
p
cos2
cos1
dr
Ar
PAPCr
o
cos2
cos
002
dr
OBr
POr
21
11
4,
rr
qrVVp
o
sin2
1
cos2
1
4,
dr
dro
qrVVp
2cos
sin2
cos2
4,
dr
dr
dr
o
qrVVp
B
Br
D C
r
r1 r2
P
Y
Z
A q -q ( 0, 0, 0 )
r
dkarena
r
d
o
qrVVp
2cos
2
;2
cos
4,
2
4
cos,
ro
PrVVp
qdp disebut momen dipol listrik dan ,, rVr
rEr
adalah
koordinat polar, maka:
3
4
cos2,
ro
prrE
,
,
1, rV
rr
rE
3
sin
4
1,
r
p
o
rE
Ingat:
,1
,,, rV
r
rV
r
rVrE
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:
ildH
Arus i dikatakan positif bila arah alirannya searah putaran jarum jam. Dan
sebaliknya adalah negatif. Gambar berikut memperlihatkan pernyataan ini.
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:
ar
iH
irH
idraHadlH
ˆ2
2
ˆˆ2
0
Misalkan induksi magnetik akibat penghantar panjang yang dialiri arus
searah:
2
2
0
2
2
ˆˆ
mW
r
iB
irB
idraBa
idlB
o
o
o
o
dl
i
positif
dl
i
negatif
S = r d
B
I
r
d
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:
aπr
ioμB ˆ
2
7.4 Medan Magnet dalam Kumparan
Ada dua macam kumparan yang sering digunakan, yaitu solenoida dan
toronoida (cincin).
Solenoida
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.
( b )
d c
b a
1
( a )
Untuk mencari besarnya induksi magnet B dengan menggunakan hukum
Ampere seperti pada gambar b adalah sebagai berikut:
ildB 0
ab bc cd da
ildBldBldBldB 0
ilB 0
l
iB o
Jika tiap lilitan dialiri arus sebesar I dan rapat lilitan L
Nn , maka
disepanjang l terdapat arus sebesar lL
NIi . Sehinga
L
NIB 0
Toroida
r
iB
irB
irdaBa
idlB
o
o
o
o
2
2
ˆˆ2
0
Sehingga untuk toroida berlaku:
r
NiB
o
2
Kosong tanpa
bahan
r
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:
s
sdB 0
Dari hukum integral divergensi diperoleh:
0dvBsdB
; (berlaku untuk semua volume)
maka:
0 B
v
dsBB
secara fisis :
volume
masukanflukskeluaranfluksB
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. Medan-
medan tersbut adalah berupa besaran-besaran vector yang telah ditetapkan melalui
hukum-hukum yang disebut Persamaan-persamaan (teorema) Maxwell.
A.
E
; Hukum Gauss
Perhatikan hukum Gauss:
QsdD
v
dvsdD
; Hukum Maxwell (dalam bentuk integral)
Dari teorema divergensi Gauss:
v
dvDsdD
v v
dvD
sehingga:
ρD
karena:
ED
maka:
E
B. t
BE
; bentuk lain dari hukum Faraday
Hukum Faraday:
te
s
sdBt
e
dlEfmee
s
dsBdlE ; bentuk integral dari hukum Maxwell-Faraday
dengan teorema integral Stokes:
dsEdlEs
maka:
s
dsBt
dsE
karena terjadi pada permukaan yang identik, maka:
Bt
E
; bentuk titik Faraday-Maxwell
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.
0s
dsB
Bentuk Maxwell dalam integral yang menyatakan ketidakadaan monopole.
Jika diterapkan teorema divergnsiGauss, maka:
vs
dvBdsB 0
v
dvB 0
Dan berlaku untuk sembarang volume, maka:
0 B
Ini juga bias ditafsirkan dari arti fisis divergensi:
volume
permukaanluasmasukgayagarispermukaanluaskeluargayagarisB
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.
idlH
Dari definisi fluks HoμB (dalam vakum), maka:
idlB 0 (vakum)
untuk definisi fluks di dalam suatu lintasan :
IldH
sdt
FJldH
sdt
FJsdH
t
FJH
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. VE
dari pers. (1) dan (2) didapat :
V
V
divergensi dari gradien ditulis VV 2
V2
disebut persamaan Poisson untuk daerah yang bebas muatan =0; maka
persamaan diatas akan menjadi 02 V
8.1 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.
z
V
zy
V
yx
V
x
z
Va
y
Va
x
Va
za
ya
xaV zyxzyx
ˆˆˆˆˆˆ
maka persamaan laplace dalam koordinat kartesis adalah :
02
2
2
2
2
2
z
V
y
V
x
V
Sedang persamaan Poisson adalah :
2
2
2
2
2
2
z
V
y
V
x
V
Pada sistem koordinat lain didapat dengan cara yang sama untuk koordinat
silinder
z
Va
V
ra
r
Va
zaa
ra
VV
zrzrˆ
1ˆˆˆˆˆ
2
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
2
2
2
22
22 11
z
VV
rr
V
rr
VV
Atau :
2
2
2
2
2
2 11
z
VV
rr
Vr
rrV
Maka persamaan Laplace untuk sistem koordinat silinder adalah :
011
2
2
2
2
2
2
z
VV
rr
Vr
rrV
Dan persamaan Poissonnya adalah :
2
2
2
2
2
11
z
VV
rr
Vr
rr
Dengan metoda yang sama dapat diturunkan persamaan Laplace dan Poisson
dalam koordinat Bola.
2
2
222
2
2
2
sin
1sin
sin
110
0
V
r
V
rr
Vr
rr
V
sehingga dapat diperoleh persamaan Laplace untuk system koordinat bola adalah
0sin
1sin
sin
112
2
222
2
2
2
V
r
V
rr
Vr
rrV
Dan persamaan Poisson dalam kordinat Bola adalah:
2
2
222
2
2 sin
1sin
sin
11 V
r
V
rr
Vr
rr
mmr 11
mmr 202
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.
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 :
01
dr
dvr
dr
d
r
Karena deferensial tidak tergantung pada Q dan Z maka akan menjadi
deferensial biasa dan kalikan kiri kanan dengan r maka
0
dr
dvr
dr
d
Integralkan kiri kanan akan menjadi
taKonsccdr
dvr tan
Maka :
r
drcdv
r
cdrdv
Maka
BrCV ln
Terapkan syarat batas :
V = 0 ; untuk r = 1 mm = 1x 10-3 m
V = 150 V ; untuk r = 20 mm = 2x 10-2 m
2,346
91,61,50
10ln
13
3...........................50,1C
102ln10ln
150-C
150102ln10lnC
150.102lnC
010lnC
:21
2..........102lnC150
150 VUntuk
1.................10lnC0
0 VUntuk
3
2-3-
2-3-
2-
3-
2-
3-
CB
perskeperskansubstitusi
B
B
danpersdari
B
B
Sehingga
voltrV 2,346ln1,50
Untuk mendapatkan E gunakan hubungan
m
voltar
rz
ar
ar
a
VE
r
zr
ˆ1,50
2,346ln1,50ˆ1
ˆˆ
2. Dua plat paralel seperti pada gambar dimana daerah diantara kedua plat bebas
muatan ( =0). Tentukan V dan E ?
Penyelesaian :
Dari gambar terlihat bahwa :
pada Y = 0 V = 200 Volt
Y = d V = 0 volt
Karena =0 , maka :
takonsBBCyV
takonsCCy
V
y
V
V
tan
tan
0
0
2
2
2
berdasarkan syarat batas :
1.....................200
2000
B
voltVy
voltyd
V
adalahVpersmaka
dC
didapatdanpersdari
BCy
voltVdy
200200
200
:21
2.................0
0
d
200 volt
untuk menentukan E digunakan hubungan :
m
voltad
ydz
ay
ax
a
VE
y
zyx
ˆ200
200200
ˆˆˆ
3. Jika efek sisi diabaikan dan sumbu z diisolasi, carilah V dan E diantara
permukaan keping dalam gambar dibawah ini ?
Penyelesaian :
Karena potensial konstan terhadap r dan z , persamaan laplace menjadi
takonsBBAV
takonsAAV
V
d
Vd
r
tan
tan
0
01
2
2
2
2
Dengan syarat batas
1.........................0
00
00
B
BA
V
2..........400
400
BA
V
dari pers (1) dan (2) diperoleh :
400
400
A
A
V= 400 volt
sehingga persamaannya menjadi :
voltV
400
untuk menentukan harga E digunakan hubungan :
m
Var
za
ra
ra
VE
zr
ˆ400
400ˆ
1ˆˆ
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 :
takonsBBr
CV
r
C
r
V
takonsCCr
Vr
tan
tan
2
2
0
01
0
:
295
1,0100
2
2
2
2
r
Vr
r
r
Vr
rr
V
adalahLaplacenyapersamaan
mrV
mcmrV
d
Y
X
Z
V=250 volt
V= 100
volt
v
2.............................2190
2
195
295
1............................100
1,0100
BC
BC
mrV
untuk
BC
mcmrV
untuk
dari pers (1) dan (2) didapat :
3..................................05,9
19021
1902
0202
11902
2010
C
C
CB
CB
CB
CB
substitusi pers (3) ke pers (1)
5,90
10
B
CB
maka persamaannya menjadi :
voltr
V 5,9005,9
untuk menentukan E gunakan hubungan :
m
Var
rra
ra
ra
VE
r
r
ˆln05,9
5,9005,9
sin
1ˆ
1ˆˆ
5. Dua piringan seperti pada gambar dibawah ini dipisahkan sejauh 5 mm,
tentukan V dan E diantara piringan tesebut dengan menganggap ρ = 0
Syarat Batas :
dZvoltV
ZvoltV
250
0100
Persamaan laplacenya adalah ;
takonsBBAzV
takonsAAz
V
z
V
V
tan
tan
0
0
2
2
2
berdasarkan syarat batas
2.....................250
250
1...............................100
0100
0100
BdA
dZvoltV
B
BA
ZvoltV
dari pers (1) dan (2) diperoleh :
voltzd
V
maka
dA
100150
150
Untuk menentukan E gunakan hubungan :
m
Vad
zdz
ar
ar
a
VE
z
zr
ˆ150
100150
ˆ1
ˆˆ
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 Mainly
Electromagneticsm and Matter. 1966. Addis on-Wesly 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