Handout Listrik Magnet i

HANDOUT KULIAH

LISTRIK MAGNET IOleh:

Dr. rer. nat. Ayi Bahtiar

JURUSAN FISIKA

FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM

UNIVERSITAS PADJADJARAN BANDUNG

2006

-+

++--Q +2Q

LISTRIK MAGNET I

AYI BAHTIAR

JURUSAN FISIKA FMIPA UNPAD

Materi Kuliah1. Review Analisis Vektor

2. Medan Listrik Statik Hukum Coulomb Dalil Gauss dan Stokes Medan Listrik Statik Hukum Gauss dan Aplikasinya

3. Potensial Listrik Potensial Listrik Dipol dan Multipol Persoalan Listrik Statik ; Persamaan Poisson dan Laplace Fungsi Green Metoda Bayangan

Materi Kuliah4. Bahan Dielektrik

Polarisasi Listrik Medan Pergeseran Listrik Kapasitansi Listrik Syarat Batas antara Dua Bahan Dielektrik

5. Teori Mikroskopik dari Dielektrik Medan Molekul dalam Dielektrik Molekul-molekul Polar Polarisasi Permanen; Feroelektrisitas

6. Energi Elektrostatik Rapat Energi Listrik Kapasitansi Listrik

Pustaka1. J. R. Reitz,” Foundations of Electromagnetic Theory”, Addison-

Wesley Publ., 19932. D. J. Griffith,” Introduction to Electrodynamics”, Prentice-Hall Inc.,

1989.3. J. D. Jackson,” Classical Electrodynamic”, John Wiley & Sons

Inc., 1991.

STANDAR KOMPETENSI

1. ANALISIS VEKTORMereview operasi dalam vektor, operator nabla, integral garis, integralpermukaan, integral volume, Teorema Divergensi, dan Teorema Stokes.

2. MEDAN LISTRIK STATIKMenerapkan analisis vektor untuk merumuskan hukum Coulomb, medan listrik,fluks garis saya dan menurunkan hukum Gauss.

3. POTENSIAL LISTRIK Membuktikan sifat konservatif medan listrik statik E dan merumuskan medan

potensial listrik statik φ. Menghitung potensial listrik dan mengungkapkan pernyataan uraian multipol. Menurunkan persamaan Laplace dan Poisson untuk potensial listrik Memecahkan persamaan Laplace untuk berbagai syarat dengan mengguna-

kan metoda pemisahan variabel dan persamaan Poisson dengan mengguna-kan fungsi Green dan metoda bayangan.

4. BAHAN DIELEKTRIK Mendefinisikan medan potensial listrik P dan memahami hubungannya

dengan rapat dipol listrik makroskopik dan rapat muatan listrik permukaan. Mendefinisikan medan pergeseran listrik D dan merumuskan ulang hukum

Gauss dalam G. Mendeskripsikan hubungan antara medan E, P dan D serta mencirikan khas

bahan dielektrik, suseptibilitas listrik dan konstanta dielektrik.

5. TEORI MIKROSKOPIK BAHAN DIELEKTRIK Mendefinisikan medan-medan molekul dan medan polarisasi dalam bahan

dielektrik. Mendeskripsikan molekul-molekul polar dan non-polar. Mendeskripsikan sifat-sifat bahan feroelektrik.

6. ENERGI LISTRIK STATIK Merumuskan besaran kapasitansi listrik C. Menghitung kapasitansi listrik ekivalen rangkaian kapasitor seri dan paralel. Merumuskan rapat energi listrik statik.

ANALISIS VEKTOR

REVIEW

Besaran fisis dalam Fisika diungkapkan dalam besaran skalar dan vektor.

• Skalar adalah besaran yang hanya memiliki nilai.

• Vektor adalah besaran yang memiliki nilai dan arah.

A. ALJABAR VEKTORPenjumlahan dan Pengurangan Vektor :

( )( ) ( ) CBACBACBA

BABA

BAC

rrrrrrrrr

rrrr

rrr

++=++=++

−+=−

+=

Perkalian Vektor :

BAAB

0AA

sinBABA

AAA

cosBABA

rrrr

rr

rrrr

rr

rrrr

×−=×

=×

θ=×

•=

θ=• ( ) ( ) ( )

AkAAACXXAC

BA;BAAAcXXAc

BACCABCBA

rrr

rrrrrr

rrrrr

rrrr

rrrrrrrrr

+•×

=⇒×=

⊥+•

=⇒•=

•−•=××

k = sembarang skalar

B. GRADIEN

Gradien suatu fungsi skalar adalah suatu vektor yang turunan arahnyamaksimum di titik yang ditinjau dan arah vektornya adalah arah dari turunanmaksimum di titik tersebut.

Dalam koordinat Kartesian (x,y,z):

zk

yj

xigrad

∂ϕ∂

+∂ϕ∂

+∂ϕ∂

=ϕrrr

Dalam koordinat Bola (r,θ,φ) :

φ∂ϕ∂

θ+

θ∂ϕ∂

+∂ϕ∂

=ϕ φθ sinr1a

r1a

ragrad r

rrr

C. INTEGRAL VEKTOR

Jika F adalah suatu vektor, maka integral garis dari vektor F :

( )( )

∑∫=

∞→∆•=•

N

1iiiN

b

Ca

FlimdrF lrr

lrrr

a

b

C

lrd

Jika C merupakan lintasan tertutup :

∫ •C

dF lrr

Jika F adalah suatu vektor, maka integral permukaan dari vektor F :

∫ •S

danF rr

Batas

nr

Jika S merupakan permukaan tertutup :

∫ •S

danF rr

Jika F adalah vektor dan ϕ adalah skalar, maka integral volumenya :

( )

( )vektordvFK

skalardvJ

V

V

∫

∫=

ϕ=

rr

D. DIVERGENSI

Divergensi suatu vektor adalah limit dari intergral permukaan vektor tsb per-satuan volume, jika volume yang dilingkupi oleh permukaan S mendekati nol.

∫ •=→

S0V

danFV1limFdiv rrr

Dalam koordinat Kartesian (x, y, z):

xF

xF

xFFdiv zyx

∂∂

+∂∂

+∂∂

=r

Dalam koordinat Bola (r, θ, ϕ):

( ) ( )ϕ∂

∂θ

+θθ∂

∂θ

+∂∂

= ϕθ

Fsinr1Fsin

sinr1Fr

rr1Fdiv r

22

r

Teorema Divergensi

Integral dari divergensi suatu vektor diseluruh volume V sama dengan integral permukaan dari komponen normal vektor di seluruh permukaan yang meliputivolume V.

∫ ∫ •=V S

danFdvFdiv rrr

E. CURL

Curl suatu vektor adalah limit perbandingan integral dari perkalian silang vektortsb dengan vektor normalnya di seluruh permukaan tertutup, jika volume yang dilingkupi permukaan mendekati nol.

∫ ×=→

S0V

daFnV1limFcurl

rrr

Komponen curl F dalam arah vektor satuan a adalah limit dari suatu integral garis persatuan luas, bila luas tertutup tersebut mendekati nol. Luas tersebuttegak lurus terhadap vektor a.

∫

∫

ו=

•=•

→

→

S0V

C0S

daFnaV1lim

dFS1limFcurla

rrr

lrrrr

Dimana kurva C adalah bidang normal vektor a.

ar

nrna rr

×da

ξ lrd

C

C’

Karena a paralel dengan normal seluruh permukaan, maka :

lrrr ddana ξ=×

Karena V = ξS, maka :

∫ •ξξ

=•→

C0V

dFS1limFcurla l

rrrr

Teorema Stokes

Integral garis dari suatu vektor diseluruh lintasan tertutup C sama denganintegral komponen normal dari curl vektor tersebut di semua permukaan S yang dilingkupi lintasan tadi.

∫∫ •=•SC

danFcurldF rrlr

F. OPERATOR DIFERENSIAL VEKTOR

Operator diferensial vektor disebut del atau nabla.

Dalam koordinat Kartesian :∇r

zk

yj

xi

∂∂

+∂∂

+∂∂

=∇rrrr

Grad :

zk

yj

xi

∂φ∂

+∂φ∂

+∂

φ∂=φ∇

rrrr

Curl :

Divergensi :

zF

yF

xFF zyx

∂∂

+∂∂

+∂∂

=•∇rr

zyx FFFzyx

kji

F∂∂

∂∂

∂∂

=×∇

rrr

rr

Operator del adalah operator linier :

( )( )( ) GbFaGbFa

GbFaGbFa

baba

rrrrrrr

rrrrrrr

rrr

×∇+×∇=+×∇

•∇+•∇=+•∇

ψ∇+ϕ∇=ψ+ϕ∇

Jika a dan b adalah konstanta-konstanta skalar.

Teorema integral lain yang penting.

( )

∫ ∫

∫ ∫

∫ ∫

•=•∇

•=•×∇

ϕ−ϕ=ϕ=•ϕ∇

V S

S C

b

Ca

b

aab

danFdvF

dFdanF

dd

rrrr

lrrrrr

lrr

G. OPERATOR LAPLACE

2∇=∇•∇rr

Dalam koordinat Kartesian :

2

2

2

2

2

22

zyx ∂ϕ∂

+∂

ϕ∂+

∂ϕ∂

=ϕ∇

( )

( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )GFFGGFFGGF

FGFGGFGFGF

FFF

0

0F

0

2

rrrrrrrrrrrrrrr

rrrrrrrrrrrrrrr

rrr

rrrrrrr

rr

rrr

rr

∇•−∇•+•∇−•∇=××∇

×∇×+∇•+×∇×+∇•=•∇

ψ∇ϕ+ψϕ∇=ϕψ∇

∇−•∇∇=×∇×∇

=ϕ∇×∇

=×∇•∇

=∇×∇

( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )

( )0r

GrG

0r

3r

FFG

FGGFGF

FFF

2 =∇

=∇•

=×∇

=•∇

×∇ϕ+×ϕ∇=ϕ×∇

•×∇−•×∇=ו∇

•∇ϕ+•ϕ∇=ϕ•∇

rrrr

rr

rr

rrrrrr

rrrrrrrrr

rrrrrr

( ) ( )∫ ∫

∫ ∫

∫ ∫

∫ ∫

•=∇•+•∇

×=×∇

ϕ=ϕ∇

ϕ=ϕ∇×

V S

V S

V S

S C

danGFdvFGG

daFndvF

dandv

dn

rrrrrrrr

rrr

r

lrrr

MEDAN LISTRIK STATIK

Hukum Coulomb

1. Hanya ada dua jenis muatan listrik : positif (+) dan negatif (-)2. Antara dua muatan titik terdapat gaya interaksi yang bekerja

sepanjang garis penghubung kedua muatan tadi yang berbandingterbalik dengan kuadrat jarak antara dua muatan tersebut.

3. Gaya-gaya tersebut sebanding dengan perkalian muatan-muatantersebut yang bersifat tolak-menolak untuk muatan sejenis dantarik-menarik untuk muatan tak-sejenis.

Eksperimen memungkinkan pengamatan gaya-gaya interaksi antara muatan-muatan listrik.

HUKUM COULOMB

HUKUM COULOMB

SKALAR

r

q1 q2

221

0221

rqq

41

rqqkF

πε==

ε0 = permitivitas vakuum

= 8,8542 x 10-12 F/m

k ≈ 9 x 109 N m2/C2

VEKTOR

q1 q2

1Fr

2Fr

1rr 2r

r

0

12rr

2112

21121221

2112

rr

rrrrrrrr

rr

rrrrr

rrr

=

−=

−=−=

Gaya pada q1:

12312

21

0

12

122

12

21

01

rrqq

41

rr

rqq

41F

rr

r

r

rr

πε=

πε=

Gaya pada q2:

21321

21

0

21

212

21

21

02

rrqq

41

rr

rqq

41F

rr

r

r

rr

πε=

πε=

Secara Umum (Operator Nabla)

( )

( )

−∇

πε=

−∇

πε−=

21221

022

21121

011

rr1qq

41rF

rr1qq

41rF

rrrrr

rrrrr

Untuk beberapa muatan titik:

jiij

jii

N

ij 0

ji3

ij

ijN

ij 0

ji1

rrr

rr1

4q

qrr

4q

qF

rrr

rrr

rr

−=

−∇

πε=

πε= ∑∑

≠≠

Jika muatan-muatan titik terdistribusi dalam suatu fungsi (fungsi rapat muatan) yang didefinisikan sebagai limit dari muatan persatuan volume jika volume menjadi takhingga.

Rapat muatan volume:

Vqlim

0V ∆∆

=ρ→∆

Rapat muatan permukaan:

Sqlim

0S ∆∆

=σ→∆

Jika muatan terdistribusi melalui suatu volume V dengan rapat ρ dan padapermukaan S yang melingkupi volume V dengan rapat σ, maka gaya interaksi yang diakibatkan oleh distribusi muatan tersebut dari suatu muatan titik yang berjarak r :

( ) ( ) ( ) 'da'r'rr'rr

4q'dv'r

'rr'rr

4qrF

S3

0V3

0

rrr

rrr

rr

rrrr

σ−

−πε

+ρ−

−πε

= ∫∫

'rr = vektor posisi dari distibusi muatan

MEDAN LISTRIKSetiap muatan titik akan menimbulkan medan yang akan mempengaruhi muatandalam bentuk gaya.

Medan listrik suatu muatan titik didefinisikan sebagai limit dari gaya yang bekerjapada muatan titik lain (muatn uji) yang ditimbulkan oleh muatan titik tadi.

qFlimE

0q

rr

→=

Limit q → 0 untuk memastikan bahwa muatan titik test taditidak mempengaruhi distribusi muatan yang menghasilkanmedan listrik.

Kuat medan listrik biasa digambarkan dengan bantuan garisgaya.

-++

+

+++++++++

---------

Kombinasi muatan-muatan titik dan distribusi muatan

q1

q2 q3

q

V

dv’

0

rr

'rr rr−

'rr

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) 'da'r'rr'rr

41'dv'r

'rr'rr

41

rrrrq

41rE

'da'r'rr'rr

4q'dv'r

'rr'rr

4q

rrrrq

4qrF

S3

0V3

03i

iN

1ii

0

S3

0V3

03i

iN

1ii

0

rrr

rrr

rr

rr

rr

rrrr

rrr

rrr

rr

rr

rr

rrrr

σ−

−πε

+ρ−

−πε

+−

−πε

=

σ−

−πε

+ρ−

−πε

+−

−πε

=

∫∫∑

∫∫∑

=

=

HUKUM GAUSSMenggambarkan hubungan antara integral komponen normal dari medan listrikpada suatu permukaan tertutup dan muatan total yang dilingkupi permukaantersebut.

q

n Er

S

da darnr

4qdanE

S3

S 0∫∫

•πε

=•rr

=•

=Ω darnrd 3

r

Sudut ruang yang dibuat oleh q melalui elemen luas da.

q

dar

Ωd

π

=∇=•

=•

∫∫∫0

4drr1'da

'rn'rda

rnr

r

2

S3

S3 r

rr Jika q berada di dalam S

Jika q berada di luar S

Buktikan, sebagai latihan!!!!

HUKUM GAUSS

∫

∫

=•

ε=•

S

S 0

0danE

qdanE

r

rJika muatan q berada dalam permukaan S

Jika muatan q berada diluar permukaan S

Secara umum Hukum Gauss adalah:

∑∫=ε

=•N

1ii

S 0q1danE

r Dimana qi adalah muatan-muatan titik yang dilingkupi oleh permukaan S

Jika S adalah suatu permukaan tertutup yang dilingkupi oleh volume V, makaHukum Gauss dapat dinyatakan oleh:

∫∫ ρε

=•VS 0dV1danE

r

Teorema Divergensi:

∫∫ •∇=•VS

dVFdanFrrr

Maka Hukum Gauss dalam bentuk diferensial:

∫∫ ∫ ρε

=•∇=•VS 0V

dV1dVEdanErrr

0E

ερ

=•∇rr

Contoh Soal

1. Hitung kuat medan listrik di titik r di sekitar suatu kawat lurus yang sangat panjang yang memiliki rapat muatan panjang λ.

2. Hitung kuat medan listrik pada permukaan suatu konduktor yang memliki rapat muatan persatuan luas σ.

Solusi:

1.

l

n

n

n

r

Er

Hukum Gauss:

r2E

r2.E

d1danE

0r

0r

S 0

πελ

=

ελ

=π

λε

=• ∫∫l

l

lr

2. Dalam konduktor, muatan listrik terdistribusi di permukaan konduktor, sehingga ρ = 0 didalam konduktor. Di luar konduktor medan listrik searah normal permukaan.

Ambil elemen permukaan dS dalam konduktor (lihat gambar).

dS

Er

E = 0

nrHukum Gauss :

0

0

S 0

E

SS.E

dS1dSnE

εσ

=

∆εσ

=∆

σε

=•∫ ∫rr

POTENSIAL LISTRIK

Bila Curl dari suatu vektor sama dengan nol, maka vektor tersebut bisa dinyatakansebagai gradien dari suatu skalar.

( ) 0x

0Ax

=φ∇∇

=∇rr

rr= vektor dan φ adalah skalarA

r

Gaya Coulomb dan medan listrik dinyatakan :

( )

( )

−∇

πε−=

−

−πε

=

−

−πε

=

'rr1'q

41

'rr'rr'q

41rE

'rr'rr'qq

41rF

03

0

30

rrr

rr

rrrr

rr

rrrr

0'rr

1'q41x

0Ex

0=

−∇

πε∇

=∇

rrrr

rr

( )

( )

( ) ( )rrE

'rr1'q

41r

0x

0rrrr

rrr

rr

φ∇−=

−πε=φ

=φ∇∇Ingat:

Potensial listrik statik akibat suatu muatan titik q’:

Potensial listrik akibat muatan-muatan titik dan distribusi muatan:

( ) ( ) ( ) 'da'rr'r

41'dv

'rr'r

41

rrq

41r

S0V0i

iN

1i0∫∫∑ −

σπε

+−

ρπε

+−πε

=φ=

rr

r

rr

r

rrr

Pembuktian dengan cara lain:

( )

0'rr'rrx'q

41Ex

'rr'rr'q

41rE

30

30

=

−

−∇

πε=∇

−

−πε

=

rr

rrrrr

rr

rrrr

( ) ( )'rrx'rr

1'rrx'rr

1'rr'rrx 333

rrrr

rrrrrrrr

rrr−

−∇+−∇

−=

−

−∇

( )

( ) 0'rrx'rr

1

'rr'rr3

'rr1

0'rrx

3

53

=−

−∇

−

−−=

−∇

=−∇

rrrr

r

rr

rr

rrr

rrr

Karena perkalian silangvektor yang sejajaradalah nol

Maka jika medan listrik E diketahui, potensial listrik dapat ditulis sebagai:

( ) ∫ •−=φr

ref

dEr lrrr

Energi potensial di titik r relatif terhadap titik acuan (referensi):

( ) ( ) 'rd'rFrUr

ref

rrrr•−= ∫

1. Hitung potensial listrik di titik r di sekitar suatu kawat lurus yang sangatpanjang yang memiliki rapat muatan panjang λ.

Contoh soal

Solusi :

Medan listrik di sembarang titik sejauh r dari kawat lurus yang sangat panjang :

( )

Crln2

drr2

rdEr

rr2r2

E

00

200

+πελ

=πελ

−=

•−=φ

πελ

=πελ

=

∫∫

rr

rr

C = konstanta integrasi (ditentukan oleh syarat batas)

DIPOL DAN MULTIPOL LISTRIK

Jika dua buah muatan yang sama besarnya tapi berlainan jenis terpisah oleh jarakyang kecil akan membentuk suatu dipol listrik.

Pandang dua muatan -q di posisi r’ dan +q’ di posisi r’+l, maka medan listrik dititik r :

0

'rrlrr

+'r

lr

rr

'rr rr− +q-q

( )

−

−−

−−

−−πε

=

−

−πε

= ∑=

330

3i

iN

1ii

0

'rr'rr

'rr

'rr4q

rrrrq

41rE

rr

rr

lrrrlrrr

rr

rrrr

1. DIPOL LISTRIK

( ) ( )[ ]( )

2/32

23

2/3223

'rr'rr'rr21'rr

'rr2'rr'rr−

−

−−

−+

−

•−−−=

+•−−−=−−

rrlr

rrlrrr

rr

lr

lrrrrr

lrrr

Dengan menggunakan deret binomial, dimana hanya bagian liniernya saja yang diambil, maka:

( )

+

−

•−+−=−− −−

.....'rr'rr31'rr'rr 2

33rr

lrrr

rrlrrr

Maka medan listrik di titik r akibat oleh dipol listrik menjadi:

( ) ( ) ( )

+−

−−−

•−πε

= ...'rr

'rr'rr'rr3

4qrE 350

rrlr

rrrr

lrrr

rr

( ) ( ) ( )

+−

−−−

•−πε

= ...'rr

'rr'rr'rr3

4qrE 350

rrlr

rrrr

lrrr

rr

Jika jarak antara kedua muatan titik sangat kecil (limit l mendekati nol) dan tidakada medan listrik, kecuali muatan-muatan titik tadi tak hingga.

Dalam kasus ini, maka ql menjadi konstan, sehingga dikatakan dipol titik. Suatudipol dikarakteristik oleh momem dipol listrik:

lr

lrr

lr

q

qlimp0

=

=→

Maka medan listrik dapat dinyatakan:

( ) ( ) ( )

−−−

−

•−πε

= 350 'rr

p'rr'rrp'rr3

41rE rr

rrr

rr

rrrrr

Distribusi potensial yang dihasilkan oleh dipol listrik:

( )

( ) ( )3

0

0

'rr'rr

4qr

.....

'rr1

'rr1

4qr

rrlrrr

r

rrlrrr

r

−

•−πε

=φ

−−

−−πε=φ

Untuk dipol titik:

( ) ( )3

0 'rr'rrp

41r rr

rrrr

−

−•πε

=φ

Jika dua muatan -q di posisi r dan +q di posisi r+l, diletakkan di dalam suatumedan listrik luar (dimana medan listrik digambarkan oleh potensialmaka energi potensial:

( )rextr

φ

( ) ( )lrrr+φ+φ−= rqrqU extext

Jika: rrlr

<< ( ) ( ) ( )rrr extextextrr

lrr

lrr

φ∇•+φ=+φmaka

titikdipoluntukp

qU

ext

ext

φ∇•=

φ∇•=rr

rlr

Karena medan listrik adalah negatif gradien dari potensial listrik,

maka:

( ) ( )rrE rrrrφ∇−=

( ) ( )rEprU extrrr

•−=

2. MULTIPOL LISTRIK

Jika terdiri dari banyak muatan titik, maka untuk mengurangi jumlah koordinat titikdigunakan suatu distribusi muatan.

Pandang suatu titik sembarang didalam distibusi muatan yang berjarak r’ denganrapat muatan pada titik tersebut ρ(r’) dan suatu titik tinjau r yang berada jauh daridistribusi muatan tadi.

0

dv’

'rr

V

titik tinjau

rr

Potensial di titik r :

( ) ( ) 'dvrr'r

41r

V0∫ −

ρπε

=φ rr

rr

'rr rr−

Karena 'rr rr>>( )

+

+

•−+

+

•−−=

+•−=−−−

...r'r

r'rr2

23

21

21

r'r

r'rr2

211

r1

'r'rr2r'rr2

2

2

22

2

2

2/1221

rrrr

rrrr

( ) ( ) ( ) 'dv'r...r'r

r'rr3

21

r'rr

r1

41r 3

2

5

2

3V0

rrrrr

rρ

+

−

•+

•+

πε=φ ∫

Maka:

Karena r tidak terlibat dalam integrasi, maka variabel r dapat disimpan diluar.

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

ρδ−+ρ+ρπε

=φ ∫∑∑∫∫= =

'dv'r'r'x'x3rxx

21'dv'r'r

rr'dv'r

r1

41r

V

2ijji5

ji3

1i

3

1jV3

V0

rrrr

rr

xi, xj adalah komponen kartesian dari r dan xi’, xj’ adalah komponen Kartesian dari r’

=≠

=δji,1ji,0

ij

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

ρδ−+ρ+ρπε

=φ ∫∑∑∫∫= =

'dv'r'r'x'x3rxx

21'dv'r'r

rr'dv'r

r1

41r

V

2ijji5

ji3

1i

3

1jV3

V0

rrrr

rr

Potensial dari muatantotal Potensial dari momen dipol

distribusi muatan

Potensial dari momentensor kuadropol

Jika posisi r berada jauh dari distribusi muatan dimana ρ berada, maka:

( )

+

•+

πε=φ ...

rrp

rQ

41r 30

rrr

Dimana Q = muatan total didalam distribusi muatan

p = momen dipol dari distribusi muatan

( ) 'dv'r'rpV

rrrρ= ∫

FUNGSI DELTA DIRAC

Fungsi delta-dirac merupakan ekspresi matematik dari suatu fungsi pada titik r = 0

( ) ( )( )

( ) 1'dv'r

0runtuk0rrqr

=δ

≠=δδ=ρ

∫r

rr

rr ( ) ( )

( ) ( ) )r(F'dvr'r'rF

)0(F'dv'r'rF

00rrrr

rr

=−δ

=δ

∫∫

F adalah fungsi skalar atau fungsi vektor

Maka jika

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )i3i

i

03ii

0

i

i

0

ii

0

ii

rrrrq

41'dv'rr

'rrr'rq

41rE

rrq

41'dv

'rrr'rq

41r

r'rq'r

rrrr

rrrr

rrvr

rrrr

rrr

rrr

−−πε

=−−

−δπε

=

−πε=

−−δ

πε=φ

−δ=ρ

∫

∫

Untuk suatu muatan titik qi para posisi ri

Dengan demikian Hukum Gauss:

ρε

=•∇0

1Err

Untuk suatu muatan titik q pada r = 0, menjadi:

( )

( )r4rr

atau

rq1rr

4q

3

03

0

rrr

rrr

πδ=•∇

δε

=πε

•∇

Karena:

3rr

r1

drd

rr

r1 rrr

−=

=

∇

maka:

( )r4r1

r12 rrr

πδ−=

∇•∇=

∇

PERSOALAN-PERSOALAN DARI LISTRIK STATIK

Pada dasarnya untuk menghitung potensial dan medan listrik dapat dilakukanlangsung dengan menghitung integral dari distribusi muatan ρ(r’) melalui:

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )∫∫

∫∫

−

−πε

=ρ−

−πε

=

−πε=

−ρ

πε=φ

30

30

00

'rr'dq'rr

41'dr'r

'rr'rr

41rE

'rr'dq

41'dr

'rr'r

41r

rr

rrr

rr

rrrr

rrrr

rr

Namun dalam kenyataannya seringkali distribusi muatan tidak diketahui, sehingga pertama harus ditentukan dulu medan listrik, baru kemudian distribusimuatan.

Contoh: persoalan yang melibatkan beberapa konduktor, dimana potensial ataumuatan total dari masing-masing konduktor diketahui, namun distribusi muatanpermukaan tidak diketahui atau harus ditentukan sebagai solusi dari masalah tsb.

Q1 Q3Q2

1φ 3φ2φ

Solusinya: Kita tentukan dahulu potensialnya baru menentukan distribusimuatannya.

PERSAMAAN POISSON

Hukum Gauss:

( )

0

2

00

E

E

ερ

−=φ∇

ερ

=φ∇•∇−⇒

φ∇−=

ερ

=•∇ rr

rr

rr

Persamaan Poisson

Operator diferensial:

2∇=∇•∇rr

disebut operator Laplace

Operator Laplace dalam Koordinat Kartesian (x,y,z)

2

2

2

2

2

22

zyx ∂φ∂

+∂

φ∂+

∂φ∂

≡φ∇

Operator Laplace dalam Koordinat Bola (r,θ,ϕ)

2

2

2222

22

sinr1sin

sinr1

rr

rr1

ϕ∂φ∂

θ+

θ∂φ∂

θθ∂

∂θ

+

∂φ∂

∂∂

≡φ∇

Operator Laplace dalam Koordinat Silinder (r,θ,z)

2

2

2

2

22

zr1

rr

rr1

∂φ∂

+θ∂φ∂

+

∂φ∂

∂∂

≡φ∇

PERSAMAAN LAPLACE

Dalam kasus persoalan listrik statik yang melibatkan konduktor, dimana seluruhmuatan-muatannya berada pada permukaan konduktor atau muatan-muatannyamerupakan muatan-muatan titik yang tetap, maka ρ adalah nol di titik di dalamruang:

02 =φ∇ Persamaan Laplace

TEOREMA I : Jika φ1, φ2, …, φn adalah solusi-solusi persamaan Laplace, maka:

222211 C...CC φ++φ+φ=φDimana C adalah konstanta sembarang, juga merupakan solusi.

TEOREMA II : (Teorema Keunikan) ; Dua solusi persamaan Laplace yang memenuhi syarat batas yang sama, hanya berbeda pada suatu konstantatambahan.

0C...CC

C...CC

n2

n22

212

1

nn2

222

1122

=φ∇++φ∇+φ∇=

φ∇++φ∇+φ∇=φ∇Bukti:

Persamaan Laplace dalam satu variabel bebas

Jika ϕ merupakan fungsi yang bergantung hanya pada satu variabel saja, makapersamaan Laplace menjadi suatu persamaan diferensial biasa. Contoh fungsi ϕyang hanya bergantung pada x saja.

( ) baxx

0dxd2

2

+=φ

=φ

a dan b adalah konstanta yang ditentukan oleh syarat batas.

Dalam koordinat bola:

( ) brar

0r

rrr

1drd 2

22

2

+−=φ

=

∂φ∂

∂∂

=φ

Persamaan Laplace dalam banyak variabel bebas

Sebagai contoh untuk kasus koordinat bola (r,θ,ϕ), dimana kita membatasi diribahwa fungsi φ tidak bergantung pada variabel azimut ϕ, sehingga :

( )θφ=φ ,r

Persamaan Laplace menjadi:

)1..(..........0sinsinr1

rr

rr1

22

22 =

θ∂φ∂

θθ∂

∂θ

+

∂φ∂

∂∂

=φ∇

Persamaan diferensial parsial ini dapat diselesaikan denga metoda pemisahanvariabel.

( ) ( ) ( )θ=θφ PrZ,r

Substitusi ke pers. (1) menghasilkan:

( ) ( ) )2..(..........0ddPsin

dd

sinrrZ

drdZr

drdP

r1

22

2 =

θθ

θθ+

θ

( ) ( ) )2..(..........0ddPsin

dd

sinrrZ

drdZr

drdP

r1

22

2 =

θθ

θθ+

θ

Jika persamaan (2) dibagi dengan Z(r) P(θ), dan dikalikan dengan r2 maka:

)3....(....................ddPsin

dd

sinP1

drdZr

drd

Z1

0ddPsin

dd

sinP1

drdZr

drd

Z1

2

2

θθ

θθ−=

=

θθ

θθ+

Dalam pers. (3), sebelah kiri hanya bergantung pada r saja sedangkan sebelahkanan hanya bergantung pada θ saja. Agar persamaan diatas berlaku, makakedua suku sama dengan suatu konstanta k (konstanta separasi).

)4.(....................0kPddPsin

dd

sin1

kddPsin

dd

sinP1

=+

θθ

θθ

−=

θθ

θθ

Secara fisis, solusi pers. (4) bernilai 0 sampai dengan π, maka k = n(n+1), dimana n adalah bilangan bulat. Solusi persamaan (4) dikenal sebagai polinom LegendrePn(θ)

cos θ1

½ (5 cos3θ - 3 cos θ)3½ (3 cos2θ - 1)2

10

Pn(θ)n

Maka persamaan (3) menjadi:

)5....(....................Z)1n(ndrdZr

drd

)1n(ndrdZr

drd

Z1

2

2

+=

+=

Pers. (5) mempunyai dua buah solusi independen, yaitu:

( )1nn

nn

rZ

rZ+−=

=

Karena fungsi φ merupakan kombinasi dari variabel r dan θ, maka solusipersamaan Laplace menjadi:

( ) ( )

( )( ) ( )θ=φ

θ=φ

θ=θφ

+−n

1nn

nn

n

nnn

Pr

Pr

P)r(Z,r

Contoh soal:1. Dua buah pelat konduktor yang sejajar terpisah sejauh d. Konduktor q memiliki

potensial φ1 (x=0) dan konduktor 2 φ2 (x=d) . Tentukan potensial di setiap titik?

Solusi:

d

sumbu-x

1φ 2φ

( ) baxx

0dxd2

22

+=φ

=φ

=φ∇

Syarat batas?

122

11

addxb0x

φ+=φ⇒φ=φ=φ=⇒φ=φ=

da 12 φ−φ

=Maka potensial di setiap titik:

( ) 112 x

dx φ+

φ−φ

=φ

2. Suatu bola konduktor berjejari a diberi medan listrik yang semula seragan E0yang seraha dengan sumbu-z. Hitung medan-medan listriknya dalam arahradial dan

Solusi:( )

( ) ( )( )

( ) ( ) ...1cos3rC211cos3rA

21

cosrCcosrArCA,r

Pr

Pr

233

223

222

111

n1n

n

nn

n

+−θ+−θ

+θ+θ++=θφ

θ=φ

θ=φ

−

−−

+−

z

kEEE 00

rrr==

Medan listrik tanpa kehadiran bola konduktor

P

rθ

Medan listrik akibat kehadiran bola konduktor

Pada titik r →∞, medan listrik uniform

( )[ ]( )[ ]

tatankonscosrEtatankonszE,r

kEE,rE

0

0r

00r

+θ−=

+−=θφ

==θ

∞→

∞→

rrr

( )

( ) ( ) ...1cos3rC211cos3rA

21

cosrCcosrArCA,r

233

223

222

111

+−θ+−θ

+θ+θ++=θφ

−

−−

Agar potensial sama untuk r →∞, maka: A = - E0, sehingga:

( ) arcosrCcosrEA,r 2201 ≥θ+θ−=θφ −

Suatu bola konduktor dengan jari-jari a adalah suatu permukaan ekipotensialdengan potensial φ0, maka:

( ) 0,a φ=θφ

Agar kedua potensial sama pada r = a, maka:

( )

( ) θ+θ−φ=θφ

=⇒θ=θ

φ=φ=θ+θ−=θφ

−

−

cosraEcosrE,r

aECcosaCcosaE

AcosaCcosaEA,a

2

3

000

302

220

01

02

201

Medan-medan listrik:

θ

−−=

θ∂φ∂

−=

θ

+=

∂φ∂

−=

θ sinra1E

r1E

cosra21E

rE

3

3

0

3

3

0r

Rapat muatan permukaan: ( ) θε=ε=θσ=

cosE3E 00arr0

Muatan total didalam bola:

( )

0

sina3

dsin2cosE3a

dsin2aQ

02

02

000

2

0

2

=

θεπ=

θθπθε=

θθπθσ=

π

π

π

∫

∫

Hal ini bahwa muatan total di dalam bola adalah nol, karena didalam bola konduktor muatan-muatannya terdistribusi di permukaan.

TEOREMA GREEN

Jika persoalan-persoalan listrik statik baik yang menyangkut distribusi muatantitik diskrit atau distribusi muatan kontinu tanpa adanya permukaan-permukaanbatas, maka solusi umum persamaan Gauss dapat diselesaikan dengan mudah.

Namun dalam realita, banyak persoalan listrik statik menyangkut daerah-daerahruang terbatas baik dengan atau tanpa muatan-muatan didalamnya, sehinggakondisi ruang batas tersebut harus diperhatikan.

Kondisi batas dapat ditimbulkan oleh suatu distribusi muatan-muatan diluardaerah batas tersebut. Kondisi batas tersebut dapat ditangani dengan metodafungsi Green.

Fungsi Green merupakan implikasi sederhana dari teorema divergensi.

)1........(....................danAxdAdVAV

3

V∫∫∫ •=•∇=•∇

rrrrrr

Bila , dimana φ dan ψ adalah medan-medan skalar sembarang, maka:ψ∇φ=rr

A

( ))2.....(....................

nnnA

A 2

∂ψ∂

φ=•ψ∇φ=•

ψ∇φ∇+ψ∇φ=ψ∇φ•∇=•∇rrrr

rrrrrr

Dimana adalah normal turunan pada permukaan S. Susbstitusi (2) ke (1) :n∂∂

( ) )3......(....................dan

xd.S

3

V

2 ∫∫ ∂ψ∂

φ=ψ∇φ∇+ψ∇φ

Bila medan-medan skalar φ dan ψ saling tukar, maka:

( ) )4......(....................dan

xd.S

3

V

2 ∫∫ ∂φ∂

ψ=φ∇ψ∇+φ∇ψ

Pers. (3) dikurangi pers. (4) menghasilkan:

( ) dann

xdS

3

V

22 ∫∫

∂φ∂

ψ−∂ψ∂

φ=φ∇ψ−ψ∇φ

Persamaan ini disebut sebagai teorema Green

Persamaan diferensial Poisson untuk potensial listrik statik dapat dikonversi kedalam persamaan integral, bila kita memilih medan-medan skalar:

'xx1

R1

rr−

≡≡ψxr = titik pengamatan

'xr = variabel integrasi

( )'xx4'xx

1R1

4

22

2

rrrr −πδ−=

−∇=

∇

πρ−=Φ∇

Φ=φ

Maka Teorema Green menjadi:

( ) ( ) ( ) 'da'nR

1R1

'n'xd'x

R4'xx'x4

S

3

V∫∫

∂Φ∂

−

∂∂

Φ=

ρ

π+−δΦπ−

rrrr

( ) ( ) ( ) 'da'nR

1R1

'n'xd'x

R4'xx'x4

S

3

V∫∫

∂Φ∂

−

∂∂

Φ=

ρ

π+−δΦπ−

rrrr

Bila titik berada didalam volume V, maka:xr

( ) ( ) 0'xd'xx'x4 3

V

=−δΦπ−∫rrr

Maka potensial listrik statik dapat ditentukan dengan persamaan:

( ) ( ) 'daR1

'n'nR1

41'xd

R'xx

S

3

V∫∫

∂∂

Φ−∂Φ∂

π+

ρ=Φ

rr

Ada dua catatan penting berkaitan dengan persamaan diatas:

1. Jika permukaan S bergerak menuju tak-hingga dan medan listrik pada S berkurang lebih cepat dibandingkan dengan 1/R, maka integral permukaanmenjadi nol, sehingga:

( ) ( ) ( ) 'xd'xx'x'xd

R'xx 3

V

3

V∫∫ −

ρ=

ρ=Φ rr

rrr Persamaan

Gauss

2. Untuk volume tak bermuatan, potensial di setiap titik di dalam volume (solusipers. Laplace), persamaan:

( ) ( ) 'daR1

'n'nR1

41'xd

R'xx

S

3

V∫∫

∂∂

Φ−∂Φ∂

π+

ρ=Φ

rr

Bukan merupakan solusi untuk persoalan nilai batas, tetapi hanya suatuintegral karena Φ dan merupakan persoalan tersendiri (kondisi batasCauchy). n∂

Φ∂

Fungsi merupakan suatu fungsi yang hanya bergantung pada

dan yang disebut dengan fungsi Green. Secara umum:'xx

1R1

rr−

≡≡ψ

xr 'xr

( ) ( )

( ) ( )'x,xF'xx

1'x,xG

'xx4'x,xG2'

rrrr

rr

rrrr

+−

=

−δπ−=∇

Dimana fungsi F memenuhi persamaan Laplace di dalam volume V:

( ) 0'x,xF2' =∇rr

Dalam menghadapi masalah yang memenuhi kondisi batas pada Φ dan n∂Φ∂

dimana keduanya muncul didalam integral permukaan, kita dapatmenggunakan konsep umum dari fungsi Green dan fungsi F, sehingga salahsatu dari integral permukaan dapat dieliminasi.

Dengan menggunakan teorema Green, dan mengganti φ = Φ, dan ψ = G, makapotensial listrik statik dapat dituliskan menjadi:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 'da'n'x,xG'x

'n'x,xG

41'xd'x,xG'xx

S

3

V∫∫

∂∂

Φ−∂Φ∂

π+ρ=Φ

rrrrrrrrr

Sekarang, kita dapat membuat integral permukaan hanya bergantung pada tipekondisi batas.

(1). Kondisi batas Dirichlet

( ) Sdiberadaxjika0'x,xGDrrr

=

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 'da'n'x,xG'x

41'xd'x,xG'xx

S

D3

VD ∫∫ ∂

∂Φ

π−ρ=Φ

rrrrrrr

(2). Kondisi batas Neumann

( ) Sdiberada'xjika0'n'x,xGN rrr

=∂

∂

( ) ( ) ( ) ( ) 'da'n

'x,xG41'xd'x,xG'xx

SN

3

VN ∫∫ ∂

Φ∂π

−ρ=Φrrrrrr

Namun, dari teorema Green, bahwa:

π=∂

∂∫ 4'da

'nG

S

D

Sehingga kondisi batas pada GN yang diperbolehkan adalah:

Spada'xuntukS4

'nGN rπ

−=∂

∂

( ) ( ) ( ) ( ) 'da'n

'x,xG41'xd'x,xG'xx

SN

3

VNS ∫∫ ∂

Φ∂π

+ρ+Φ=Φrrrrrr

Dimana <Φ>S adalah potensial rata-rata di seluruh permukaan.

Karena fungsi Green adalah potensial yang diakibatkan dari suatu muatan titik, maka secara simetri ia menggambarkan pertukaran antara titik sumber danpengamatan.

Dalam realita, terkadang fungsi Green sulit untuk diterapkan, karena itudikembangkan beberapa metoda pendekatan diantaranya:

• Metoda bayangan ; berkaitan erat dengan fungsi Green

• Ekspansi dalam fungsi-fungsi ortogonal; suatu pendekatan melalui persamaandiferensial (tidak berkaitan langsung dengan fungsi Green).

METODA BAYANGAN

Metoda ini berkaitan dengan masalah dari satu atau lebih muatan titik akibatkehadiran permukaan-permukaan batas. Sebagai contoh konduktor, baik yang digroundkan (potensialnya nol) atau yang diberi potensial tertentu.

Geometri dari suatu muatan dapat diinversi dengan muatan di luar permukaan batas. Muatan tersebut dinamakan muatan bayangan.

Contoh:

0=φ

q

0=φ

qq’

(a)(b)

Solusi metoda bayangan (a). Persoalan potensial riil, (b). Persoalan bayangan

1. Suatu muatan titik q diletakkan pada jarak d dari konduktor bidang tak-hinggayang digroundkan. Hitung potensial dan rapat muatan di setiap titik serta gayayang bekerja pada muatan titik q.

Solusi:

( ) 00x ==φ

qddq’x

y

1r2r

P

Potensial di setiap titik disebelah kanan konduktor (titik P):

( )

−

πε=

+

πε=φ

210210 r1

r1

4q

r'q

rq

41x

'qq −=

( )

( ) 222

221

ydxr

ydxr

++=

+−=

Sehingga potensial di setiap titik:

( )( ) ( )

++−

+−πε=φ

22220 ydx

1

ydx

14qx

Rapat muatan permukaan:

( ) ( )

( ) 2/322

0x

2/3222/32200

0x0

yd

d2q

ydx

dx

ydx

dx4q

x

+π−=

+−

+−

+−

−πε

ε=

∂φ∂

ε−=σ

=

=

sesuai dengan syaratPotensial di titik x = 0, maka d =0 sehingga: ( ) 00x ==φawal bahwa konduktor digroundkan (potensialnya nol).

Gaya yang bekerja pada muatan titik q menjadi:

20

2

20 d4

qr'qq

41)q(F

πε−=

πε= d adalah jarak anatara muatan q dan

muatan bayangannya q’.

Muatan titik akibat kehadiran konduktor bola yang digroundkan

Pandang suatu muatan titik q terletak pada jarak y relatif terhadap titik pusatsuatu konduktor bola yang berjejari a. Kita akan menghitung potensial, rapatmuatan permukaan di sembarang titik φ(x), dimana φ(x = a) = 0 dan gaya yang bekerja pada muatan titik q.

a

q

P

xr

yr

q’'yr

Dengan bantuan simetri, tampakbahwa muatan bayangan q’ terletaksearah dengan muatan titik q.

Bila muatan titik q berada di luarbola, maka posisi muatanbayangan q’ berada di dalam bola.

Potensial di setiap titik (titik P):

( )

−+

−πε=φ

'yx'q

yxq

41x0

rrrrr

Bila adalah vektor satuan yang searah dengan dan adalah vektor satuanyang searah dengan arah , maka:

n xr 'nyr

( )

−+

−πε=φ

'n'ynx'q

'nynxq

41x0

r

Potensial di permukaan konduktor bola (x = a) :

( )

−+

−πε==φ

'n'ya'n'y

'q

'nayna

q41ax0

( ) 0n'ya'n'y

'q

'nayna

q41ax0

=

−+

−πε==φ

Kita harus memilih q’ dan y’ sedemikian rupa sehingga ( ) 0ax ==φ

Maka:

ya'y

qya'q

2=

−=

Artinya:

1. Bila muatan q bergerak mendekati bola, (y ≈ a), maka muatan bayanganbertambah besar dan bergerak menjauhi pusat bola menuju permukaan bola (y’ ≈a).

2. Bila muatan q tepat terletak di luar permukaan bola (y = a), maka muatanbayangan sama besarnya dengan muatan titik, namun berlawanan tanda denganmuatan asal (q ‘ = -q) dan terletak tepat dibawah permukaan bola.

3. Bila q → ∞ maka muatan q’ → 0 (pusat bola)

Rapat muatan permukaan:

( )

γ−+

−

π

−=

∂φ∂

ε−==σ=

cosya2

ya1

ya1

ya

a4q

xax

2

2

22

2

ax0

ydanxantarasudutadalah rrγ

Ilustrasi rapat muatan permukaan dalam satuan –q/4πa2 sebagai fungsi dari γ

γ

σπ

−qa4 2

a2y =

a4y =

Gaya yang bekerja pada muatan titik q:

20 'yy

'qq41F

−πε=

−=− 2

2

ya1y'yy

Karena qya'q −= , maka:

2

2

23

20

2

2

2

22

2

0

ya1

ya

a4q

ya1y

1yaq

41F

−

−

πε

=

−

πε=

Cara lain untuk menghitung gaya yang bekerja pada muatan titik q adalah denganmenghitung gaya total yang bekerja pada permukaan bola. Gaya pada masing-masing elemen luas da adalah 2πσ2da, dimana σ adalah rapat muatan permukaansepeti yang telah dihitung diatas.

Secara simetri, hanya komponen yang sejajar dengan vektor radius dari pusat bola yang berkontribusi pada gaya total.

Gaya total pada bola:

2

2

23

20

2

2

22

22

0

2

ya1

ya

a4q

...........

...........

cosya2

ya1

dcosya1

ya

4qF

−

−

πε

=

γ−+

Ωγ

−

πε

= ∫

Atau dengan meninjau gambar dibawah ini (Reitz):

a0 qq’

1rr

P

2r

b

d

θ

θ−+=

θ−+=

cosrb2brr

cosrd2drr22

2

221

( )

θ−++

θ−+πε=

πε+

πε=θφ

cosrb2br

q

cosrd2dr

q41

r4'q

r4q,r

22220

2010

Potensial di titik P

Potensial di permukaan bola = 0, jika b = a2/d, sehingga:

θ−+=θ−+ cosab2baadcosad2da 2222

Maka : qda'q −=

MUATAN GARIS DAN BAYANGANNYA

Pandang dua muatan garis yang sangat panjang dan sejajar, masing-masingdengan rapat muatan panjang (muatan persatuan panjang) λ dan –λ (lihatgambar)

λ− λ

1r2r

x

y

z

)y,x(P

Potensial di sembarang titik diberikan oleh:

( )

( )

2

1

0

210

0

rrln

2

rrln2

rln2

r

πελ

−=

−πελ

−=

πελ

−=φ

Jika kita definisikan:

Mrr

2

1 = Dimana M adalah konstanta

Maka untuk M = 1, menunjukkan bahwa r1 = r2 dan potensialnya nol(ekipotensial) yang merupakan bidang yang terletak di tengah-tengah keduamuatan garis tersebut.

λ− λ

1r2r

)y,x(P

Permukaan ekipotensial I

d d

Dengan demikian, maka muatan garis –λ dapat merupakan muatan bayangandari muatan garis λ.

x

y

z

Bagaimana dengan nilai M yang lain??

Secara umum, untuk memudahkan, maka diungkapkan dalam koordinatKartesian, dimana muatan garis λ sebagai titik pusat 0, sehingga muatanbayangan –λ berada di posisi :

( ) 2222

2221

yd2xr

yxr

0y,d2x

++=

+=

=−=

Maka :

[ ]( ) ( )

2

22

2

222

2222222

222222

22

221

2

1

M1dM4

M1xdM4yx

dM4xdM4M1yM1x

yd4xd4xMyx

rMrMrr

−=

−−+

=−−+−

+++=+

=⇒=

Persamaan silinder yang sejajardengan sumbu-z

( ) )1....(....................M1

dM4M1dM4y

M1dM2x

M1dM4

M1xdM4yx

22

24

2

222

2

2

2

2

22

2

222

−+

−=+

−−

−=

−−+

Bentuk umum persamaan lingkaran:

( ) ( ) )2(........................................Ryyxx 220

20 =−+−

Perbandingan pers. (1) dan (2) memberikan:

0ydan)M1(dM2x 02

2

0 =−

=

( ) ( )

( )2222

22

242422

22

24

2

222

M1

dM4

M1

dM4dM4dM4

M1

dM4M1dM4R

−=

−

+−=

−+

−=

2M1Md2R

−= Jari-jari silinder

λ− λ

1r2r

)y,x(P

Permukaanekipotensial I

d dPermukaanekipotensial II

Dengan demikian untuk M < 1 terdapat suatu silinder yang mengelilingi muatangaris positif sebagai permukaan ekipotensial II (lihat gambar dibawah). Sumbusilinder tersebut melewati titik:

0y,)M1(dM2x 2

2=

−=

dan jari-jari silinder :

2M1Md2R

−=

MEDAN LISTRIK STATIK DALAM BAHAN DIELEKTRIK

• Suatu bahan dielektrik ideal tidak memiliki muatan-muatan bebas.

• Semua bahan pada dasarnya terdiri dari molekul-molekul (inti atom danelektron-elektron).

• Molekul-molekul dalam bahan dielektrik dipengaruhi oleh kehadiranmedan listrik. Medan listrik akan menimbulkan gaya yang bekerja padapartikel-partikel bermuatan.

• Muatan positif bergerak searah medan listrik dan muatan negatifberlawanan arah dengan medan listrik sehingga terjadi pengkutuban(polarisasi).

• Dielektrik yang terpolarisasi, walaupun netral secara rata-rata akanmenghasilkan medan listrik di dalam dan diluar bahan dielektrik.

• Polarisasi bergantung pada medan listrik total di dalam bahan dan medanlistrik yang dihasilkan oleh dielektrik itu sendiri.

• Medan listrik dari dielektrik akan merubah distribusi muatan sehinggaakan merubah pula medan listrik di dalam bahan dielektrik.

A. POLARISASIPandang suatu elemen volume kecil ∆v dari bahan dielektrik, dimana muatantotalnya netral.

∆v

Bila bahan tersebut dipolarisasi,maka terjadipemisahan muatan-muatan positif dan negatif), sehingga terbentuk suatu dipol di dalamelemen volume dengan momen dipol:

∫∫∆∆

=ρ=∆vv

dqrdvrp rrr

Karena adalah momen dipol di ∆v, maka harganya bergantung pada ∆v. Untuk memperoleh besaran yang tidak bergantung volume, maka didefinisikanpolarisasi listrik (polarisasi) dari suatu bahan sebagai:

pr∆

]m/C[vpP 2

∆∆

=rr

Bila ∆v diasumsikan sangat kecil secara maroskopik, ia masih mengandungbanyak molekul, dimana setiap molekul yang memiliki momen dipol molekul:

∑∑

∫∆

=

=∆

=

mm

m

molekulm

pv1P

pp

dqrprr

rr

rr

- + - + - +- + - + - + - +

- +- +

- + - + - + - +- +

- +- +- + - +- +

→Pr

Er

Polarisasi dalam bahan dielektrik. Masing-masing elemen volume membentukmomen dipol pr∆

B. MEDAN LISTRIK DI LUAR BAHAN DIELEKTRIKPandang suatu bahan dielektrik yang terpolarisasi, yang dicirikan oleh polarisasidi setiap titik . Kita akan menghitung medan listrik di titik di luarbahan dielektrik tersebut.

( )'rP,r' rr

Pr

rr

'v∆

rr

'rr rr−

'rr

0Potensial akibat momen dipol di elemen ∆v:

( )

( ) 'vPp;'v'rr4'rrP

'rr4'rrp

30

30

∆=∆∆−πε

−=

−πε

−∆=φ∆

rrrr

rrr

rr

rrr

Potensial pada titik merupakan jumlah dari potensial akibat elemen volume:rr

( ) ( )( )

'dV'rr

1'P41

'dV'rr'rr'rP

41r

0V0

0V3

0

∫

∫

−∇•

πε=

−

−πε

=φ

rrrr

rr

rrrr V0 = volume bahan dielektrik

'rr1'

'rr1

'rr'rr3 rrrr

rrr

rr

−∇=

−∇−=

−

−

Dari sifat operator Nabla:

α∇•+•∇α=α•∇rrrrrr

FFF'

P''rr

1'rr

P''rr

1'P

'rr1'PP'

'rr1

'rrP'

rrrrrr

rr

rrrr

rrrrrr

rrrr

rr

•∇−

−−

•∇=−

∇•

−∇•+•∇

−=

−•∇

( ) 'dvP''rr

141'dv

'rrP'

41r

0V00V0

rrrrrr

rrr

•∇−πε

−−

•∇πε

=φ ∫∫

Teorema divergensi:

∫ ∫ •∇=•S V

dvFdanFrrrr

( ) ( )

−•∇−

+−•

πε=φ ∫∫ 'dv

'rrP''da

'rrnP

41r

0V0S0rr

rr

rr

rrr

Dengan mendefinisikan :

nP

P

p

p

rr

rr

•=σ

•∇−=ρ = rapat muatan volume polarisasi

= rapat muatan permukaan polarisasi

( )

∫

∫∫

−πε=

−ρ

+−σ

πε=φ

'rr'dq

41

'dv'rr

'da'rr4

1r

p

0

p

0V

p

0S0

rr

rrrrr

Maka potensial listrik di luar bahan dielektrik:

Medan listrik di luar bahan dielektrik:

( ) ( ) ( )

−

−ρ+

−

−σπε

= ∫∫ 'dv'rr

'rr'da

'rr

'rr41rE 3

p

0V3

p

0S0rr

rr

rr

rrrr

Muatan total polarisasi dari bahan dielektrik:

( ) ∫∫ •+•∇−=0S0V

p 'danP'dvP'Q rrrr

C. MEDAN LISTRIK DALAM BAHAN DIELEKTRIK

Medan listrik makroskopik adalah medan listrik rata-rata didalam daerah kecildalam bahan dielektrik yang mengandung sejumlah molekul.

Medan listrik di dalam bahan dielektrik pada dasarnya memiliki sifat yang samadengan medan listrik di ruangan hampa, khususnya bahwa medan listrik bersifatkonservatif.

∫ =•=×∇ 0dEE lrrrr

Pandang suatu rongga vakum berbentuk silinder kecil yang diletakkan dalambahan dielektrik.

S1 S2

Er

A B

CD

AB terletak di dalam rongga dan CD terletak di dalam bahan dielektrik. Karena AD dan BC dapat dibuat sekecil mungkin, maka berdasarkan sifat konservatif diatas:

dtvt

dv

EE0EE

==•−• l

rrlrr

dengan v untuk vakum dan d untuk bahan dielektrik dan t adalah komponentangensial.

D. HUKUM GAUSS DALAM DIELEKTRIK (PERPINDAHAN LISTRIK)

Hukum Gauss menyatakan bahwa fluk listrik yang melewati suatu permukaantertutup sembarang sebanding dengan muatan total yang dilingkupi permukaantersebut.

∫∑∫ ρε

=ε

=•V0

iS 0

dv1q1danE rr

Dalam menerapkan Hukum Gauss pada suatu daerah yang mengandung muatan-muatan yang diletakkan didalam bahan dielektrik, kita harus memperhitungkanseluruh muatan didalam permukaan Gauss (polarisasi muatan).

Pandang suatu permukaan S yang terletak di dalam bahan dielektrik. Kita berikanmuatan Q di dalam volume pada permukaan S dengan asumsi bahwa muatan iniberada pada permukaan-permukaan konduktor q1, q2 dan q3.

( )pS 0

QQ1danE +ε

=•∫rr

Dimana:

( ) ∫∫++

•+•∇−=

++=

3S2S1SVp

321

danPdvPQ

qqqQrrrr

q1

q3

q2

S

bahan dielektrik

S3

S2

S1

( ) ∫∫++

•+•∇−=3S2S1SV

p danPdvPQ rrrr

Teorema divergensi:

∫ ∫ •∇=•S V

dvPdanPrrrr

Maka:

∫ ∫∫+++++

•−=•+•−=2S2S1S S2S2S1SS

p danPdanPdanPQ rrrrrr

( )

( ) QdanPE

danPQ1QQ1danE

S0

S0p

S 0

=•+ε

•−

ε=+

ε=•

∫

∫∫rsr

rrrr

Fluks dari vektor (ε0E + P) melaluipermukaan tertutup S sebanding denganmuatan Q yang diletakkan dalam volume yang dilingkupi oleh permukaan S.

Jika kita definisikan suatu medan vektor makroskopik yang baru D (perpindahanlistrik) :

∫ =•

+ε=

S

20

QdanD

:maka]m/C[PED

rr

rrr

Hukum Gauss untuk perpindahanlistrik

Teorema divergensi:

∫ ∫ •∇=•S V

dvDdanDrrrr

Maka:

ρ=•∇

ρ==•∇ ∫∫

D

dvQdvDVV

rr

rr

Bentuk diferensial persamaan Gauss dalam bahan dielektrik

E. SUSEPTIBILITAS LISTRIK DAN KONSTANTA DIELEKTRIK

Polarisasi suatu bahan dielektrik terjadi karena respon terhadap medan listrik didalam medium. Derajat polarisasi tidak hanya bergantung pada medan listrik(makroskopik), namun juga bergantung pada sifat-sifat molekul yang membentuk bahan dielektrik tersebut (mikroskopik).

Secara makroskopik, polarisasi didefinisikan :

( ) ( )EEEPPrrrr

χ==

χ (E) adalah suseptibilitas listrik dari bahan (besaran skalar).

Perpindahan listrik menjadi:

( )( )

( ) ( )EE

EEPED

0

00

χ+ε=ε

χ+ε=+ε=rrrr

Permitivitas bahan

Walaupun χ (E) dan ε (E) ditulis bergantung pada medan listrik, namun seringkaliditemukan bahwa χ dan ε tidak bergantung pada medan listrik (bahan linier). Padaintensitas E yang besar, besaran tersebut bergantung pada medan listrik atauintensitas (bahan listrik/optik nonlinier).

ED

EPrr

rr

ε=

χ=

Jadi perilaku listrik dari suatu bahan dicirikan oleh suseptibilitas dan permitivitaslistrik.

Suatu konstanta dielektrik [tak berdimensi], didefinisikan sebagai:

001K

εχ

+=εε

=

Jika medan listrik dalam bahan dielektrik sangat kuat, maka elektron-elektronakan tertarik keluar dari molekul sehingga bahan menjadi konduktor. Medan listrikmaksimum yang tanpa mengakibatkan keluarnya elektron dari molekul disebutkekuatan dielktrik, Emax [V/m]

3 x 1061,00059Udara (1 atm)80,1Air murni (destilasi 200C)

1,000985CO2 (1 atm)1,0548Udara (100 atm)

87,8Air murni (destilasi 00C)2,3Benzen (00C)4,0Sulfur

28,4Alkohol, etil (00C)2,5 – 8.0Kayu

6,1NaCl4,3Kuarsa (silika, SiO2)

18 x 1062,3Polietilen19 x 1063,5Nilon9 x 1065 - 10Gelas6 x 1064,5Alumunium oksida

Kekuatan dielektrik, EmaxKonstantadielektrik, K

Bahan

F. MUATAN TITIK DALAM FLUIDA DIELEKTRIK

Pandang suatu muatan titik q berada pada titik asal (titik 0) dalam fluida dielektrikdengan konstanta dielektrik K.

Berapakah medan listrik E didalam fluida?

rr4qD

r4qD

qDr4

qdvD

2

2

2V

rr

rr

π=

π=

=π

=•∇∫

Hukum Gauss : Medan listrik dan polarisasi:

rKr4q)1K(EP

rKr4qE

EKED

3

30

0

rrr

rr

rrr

π−

=χ=

πε=

ε=ε=

Tampak bahwa medan listrik didalam bahandielektrik lebih kecil dibandingkan dalamvakum, karena K > 1.

Mengapa dielektrik memperlemah medan listrik ???

Medan listrik berasal dari muatan-muatan baik eksternal maupun muatanterpolarisasi.

Muatan ekspernal berasal dari muatan titik q.

Muatan terpolarisasi berasal dari kontribusi :

A. rapat muatan volume:

B. rapat muatan pada permukaan dielektrik yang bersinggungan dengan muatan

titik q:

Pp

rr•∇−=ρ

nPprr

•=σ

rKr4q)1K(EP 3rrr

π−

=χ=

Dari polarisasi:

Maka: ( )

( ) 0r1

K4q1K

rr

K4q1KP

2

3

=

∇−

π−

=

∇

π−

=•∇rrrr

0p =ρ

Muatan titik q adalah sebuah titik secara makroskopik, namun dalam skalamolekul, bisa berukuran besar, katakanlah mempunyai jari-jari b (b bisamendekati nol).

Muatan polarisasi total di permukaan:

( )( )K

q1K

nPb4limQ br2

0bp

−−=

•π==→

rr

Maka muatan total di dalam fluida dielektrik :

qK1qQp =+

+q

S

+ -

+ -

+ -

+ -+ -

+ - + -

+ -+ -

+ -

+ -

+

-

+ -+

-

+ - +

-

+

-+

-

+ -+ -

+ -

+ - + -

+ -

Skematik orientasi molekul-molekulterpolarisasi dalam bahan dielektrikmengelilingi muatan titik q.

Er

G. SYARAT-SYARAT BATAS PADA VEKTOR MEDAN

Pandang dua meda 1 dan 2 (lihat gambar). Dengan asumsi bahwa terdapatrapat muatan permukaan σ yang berbeda dari satu titik dengan titik yang lain pada batas dua media.

S

1Dr

2Dr

2nr

1

2

Kita buat suatu permukaan tertutup S yang melewati batas kedua medium. Muatan yang dilingkupi permukaan S :

( ) volume21S 21 ×ρ+ρ+∆σ

Karena volume bisa kecil, maka muatanmenjadi σ ∆S. Hukum Gauss:

( ) σ=•−

∆σ=∆•+∆•

212

1122

nDD

SSnDSnDrrr

rrrr

Karena n2 normal juga terhadap batas(interface), maka:1n

r

21 nn rr−= σ=− n1n2 DD

σ=− n1n2 DDTerjadi diskontinu komponen normal dari D (diskontinuitas D diberikan oleh rapatmuatan permukaan dari muatan eksternal di interface.

Jika tak ada muatan diantara batas dua media, maka komponen normal Dbersifat kontinu.

Bagaimana dengan medan listrik di batas tersebut ??

1Er

2Er

1

2A

D

B

C

( )( )

t1t2

12

12

C

EE0EE

0EE

)kecil(0BCADCDAB

0dEE

==∆•−

=∆−•+∆•

≈=∆==

=•=×∇ ∫

lrr

lr

lr

l

lrrrr

Komponen tangensial medan listrikbersifat kontinu di batas dua medium.

Jika medium 1 adalah bahan konduktor, maka χ = ∞ dan ε = ∞, sehingga E1 = 0:

σ==

n2

t2

D0E

dimana σ adalah rapat muatan permukaan total pada konduktor.

H. SYARAT-SYARAT BATAS YANG MELIBATKAN DIELEKTRIK-DIELEKTRIK

ρ=•∇ Drr

Jika bahan-bahan dielektrik merupakan bahan linier, isotropik dan homogen, maka:

ρε

−=φ∇

ερ

=•∇

ε=

1

E

ED

2

rr

rr

Persamaan Poisson, namumε0 diganti dengan ε.

Dalam kasus kebanyakan, dielektrik tidak mengandung muatan yang terdistribusisehingga ρ = 0 di dalam bahan dielektrik :

02 =φ∇ Persamaan Laplace dalambahan dielektrik

Contoh soal:

1. Suatu bola dielektrik dengan jari-jari a diletakkan dalam medan listrik yang semula seragam E0 yang sejajar dengan sumbu-z. Berapakah medan listrikdi setiap titik akibat kehadiran bola dielektrik? (Asumsikan bahan dielektrikadalah linier, isotropik dan homogen)

I. METODA BAYANGAN YANG MELIBATKAN DIELEKTRIK

Dalam metoda bayangan yang sebelumnya, potensial di suatu titik dihasilkan olehmuatan titik dan muatan bayangan yang lokasinya berada di dalam bahankonduktor.

Dalam kasus yang melibatkan dua atau lebih bahan dielektrik, muatan bayangandapat berada di dalam salah satu bahan dielektrik dan syarat batas pada masing-masing interface dielektrik-dielektrik harus dipenuhi.

Pandang dua media dielektrik dengan permitivitas ε1 dan ε2 dipisahkan oleh suatubidang interface. Tidak ada muatan eksternal pada interface. Suatu muatan titikdiletakkan dalam dielektrik ε1 pada posisi sejauh d dari interface. Berpakah medanlistrik di medium dielektrik 1 dan 2 ???

1 2

q

d

Solusi:

Asumsikan bahwa interface berada pada bidang xy, dan q berada pada titik x = -d.

q q’

sumbu-x

0x =

d d

Pr

'r( )

( ) 222

222

zydxr

zydxr

++−=

+++=

Potensial dalam medium 1:

+

πε=φ

'r'q

rq

41

11

muatan bayangan q’ berada di medium 2 pada posisi (x,y,z) = (d,0,0)

Potensial dalam medium 2, muatan bayangan harus berada di medium 1 (jugamuatan asala q dimana keduanya berada pada poisisi (-d,0,0). Jika muatan total didefinisikan sebagai q”, maka potensial di medium 2 adalah:

r4"q

22 πε

=φ

Besarnya q’ dan q” diperoleh pada syarat batas, bahwa untuk interface yang tidak ada rapat muatan, komponen normal dari D bersifat kontinu di interface:

( )[ ] [ ] )1......(..........

zyd

d"q

zyd

d'qqxx

DD

2/32222/3222

0x

22

0x

11

n2n1

++=

++

−

∂φ∂

ε−=∂φ∂

ε−

=

==

Sekarang kita hitung medan listrik pada interface. Karena komponen tangensialmedan listrik bersifat kontinu, maka:

( )[ ] [ ] )2......(..........

zyd

y"q

zyd

y'qqyy

EE

2/32222

2/32221

0x

2

0x

1

t2t1

++ε=

++ε

−

∂φ∂

−=∂φ∂

−

=

==

Dari kombinasi persamaan (1) dan (2) diperoleh:

q2"q;q'q21

2

21

21

ε+εε

=ε+εε−ε

=

Karena itu persamaan Laplace dipenuhi di kedua media dan juga syarat batasdipenuhi, sehingga solusinya adalah unik.

TEORI MIKROSKOPIK DARI DIELEKTRIK

Dalam pembahasan sebelumnya, polarisasi dielektrik dibahas secara makroskopik. Medan listrik dihitung dengan mempertimbangkan distribusi muatan eksternal (luar). Dalam Bab ini akan dibahas bagaimana medan listrik bertanggungjawab padapolarisasi molekul (mikroskopik). Dengan menggunakan model molekul yang sederhana, perilaku linier dari berbagai kelas bahan dielektrik dapat dipahami.

A. MEDAN MOLEKUL DALAM DIELEKTRIK

Medan listrik yang mengakibatkan polarisasi dari sebuah molekul dielektrik disebutmedan molekul Em.

Jadi medan molekul adalah medan listrik pada posisi molekul dalam dielektrik dandihasilkan oleh seluruh sumber-sumber luar dan molekul-molekul yang terpolarisasi dalam bahan dielektrik, kecuali oleh satu molekul pada titik yang ditinjau.

Sehingga jelas bahwa Em tidak sama dengan medan listrik makroskopik.

Medan molekul dihitung dengan cara sebagai berikut:

a) Ambil sejumlah kecil dielektrik sehingga meninggalkan suatu rongga yang mengelilingi suatu titik, dimana medan molekul akan dihitung. Dielektriksebelah kiri dihitung sebagai kontinu.

b) Letakkan kembali dielektrik ke dalam rongga (molekul per molekul). Molekul-molekul ini dianggap tidak kontinu namun sebagai dipol individu.

Prosedur ini berlaku, jika hasilnya tidak bergantung pada ukuran rongga.

Pandang suatu sampel dielektrik tipis yang dipolarisasi denganmeletakkannya dalam medan listrik seragam diantara dua pelat sejajar yang muatannya berlawanan.

+

+

+

+

+

+

-

-

-

-

-

-

- + - + - +- + - + - +

- + - + - +- + - + - +- + - + - +- + - + - +- + - + - +

- + - + - + - +- +- +- +- +- +- +- +

- + - + - + - +

- +

- +

Jika diasumsikan bahwa polarisasi itu seragam secara makroskopikdan P sejajar dengan medan, maka dielektrik di luar rongga diganti dengansistem polarisasi muatan-muatan (lihat gambar di bawah).

( )0P =•∇rr

+

+

+

+

+

+

-

-

-

-

-

-

-

-

-

-

-

-

+

+

+

+

+

+

+ - +

- +

++

+

+

−−−−−

Medan listrik di titik pusat rongga:

'EEEEE sdxm

rrrrr+++=

xEr

= medan listrik primer (dihasilkan pelat sejajar yang bermuatan)

dEr

= medan listrik yang tak-terpolarisasi akibat perubahan polarisasi muatan diluar permukaan dielektrik.

sEr

= medan listrik akibat perubahan polarisasi pada permukaan rongga S

'Er = medan listrik akibat seluruh dipol di dalam rongga S

Jika bidang muka pelat lebih besar dibandingkan dengan tebal pelat, maka:

0xE ε

σ= dimana σ adalah rapat muatan permukaan

Medan tak-terpolarisasi dihasilkan oleh dua pelat sejajar dengan rapat muatan σp. Karena σp = Pn = ± P :

P1E0

d

rr

ε−=

Karena komponen normal dari perpindahan listrik D adalah kontinu di batasantara vakum-dielektrik, dan D = ε0 Ex di dalam vakum di luar pelat dielektrik, maka medan listrik dalam dielektrik secara makroskopik:

'EEEE

EEE

sm

dx

rrrr

rrr

++=

+=

Menggambarkan hubunganantara medan molekul danmedan listrik makroskopik

Medan Es timbul dari rapat muatan polarisasi, σp = Pn pada permukaan S. Dengan menggunakan koordinat bola dan mengambil arah kutub (polar) serarah P, maka:

( ) darr4

cosPEd 30

srr

πεθ−

=

r adalah vektor dari permukaan ke pusat bola.

Dari simetri bola, tampak bahwa hanya komponen dEs yang searah dengan Psaja yang berperan dalam integral dEs. Karena da = r2 sin θ dθ dϕ, maka:

++++

++

−−−−−−

pσS

Prθ

P31

dsincosdP41E

0

0

22

00s

r

rr

ε=

θθθϕπε

= ∫∫ππ

Berapakah E’ ??

Jika didalam rongga terdapat banyak dipol dan mereka terorientasi sejajar namunterdistribusi secara acak serta tidak ada korelasi antara posisi dipol, maka E’ = 0.

Jika dipol-dipol di dalam rongga terletak secara teratur (kristal kubus), maka E’ = 0.

Secara umum E’ ≠ 0 (gas, cairan atau material yang mengandung beberapamolekul yang berbeda).

Dalam bahan dielektrik kebanyakan, maka:

P31EE0

m

rrr

ε+=

Momen dipol suatu molekul sebanding dengan medan listrik yang bekerja padamolekul tersebut. Rasio momen dipol molekul dan medan polarisasi disebutdengan polarizabilitas molekul α:

mm Eprr

α=

Jika terdiri dari N molekul persatuan volume, maka polarisasi:

ε

+α== P31ENpNP0

m

rrrr

ε

+α== P31ENpNP0

m

rrrr

Persamaan diatas dapat ditulis dalam konstanta dielektrik K, karena

E)1K(EP 0

rrrε−=χ=

Sehingga polarizabilitas molekul menjadi:

( )( )2KN

1K3 0

+−ε

=αPersamaan Claussius-Mossotti

Jelas bahwa sifat-sifat molekul seperti polarizabilitas molekul (besaranmikroskopik) dapat ditentukan dari besaran makroskopik (konstanta dielektrik)

B. DIPOL INDUKSI : MODEL SEDERHANA

Molekul dielektrik diklasifikasikan sebagi polar dan nonpolar.

• Molekul polar memiliki momen dipol permanen, bahkan jika medan polarisasiEm = 0.

• Molekul nonpolar, dimana pusat gravitasi (muatan positif) dan distribusi muatannegatif umumnya sebanding.Contoh : molekul-molekul simetri (H2, N2 dan O2),

molekul monoatomik (He, Ne, Ar)

Medan listrik yang diberikan menyebabkan pergeseran muatan-muatan positifdan negatif sehingga terbentuk dipol molekul (dipol induksi).

Inti (muatan Ze) dimana Z adalah bilangan atom dan e adalah muatan elektron. Secara listrik atom bersifat netral, sehingga muatan total awan elektron adalah –Ze. Jika atom ditempatkan dalam medan listrik Em , maka inti akan berpindahsejauh x searah medan.Suatu gaya ZeEm akan bekerja searah medan dimana gaya elektrostatik antarainti dan awan elektron untuk kembali ke posisi awal.

Dengan hukum Gauss, muatan negatif menarik inti sebagai bagian dari awan(cloud) dengan jari-jari x, dan jika rapat elektron di dalam awan adalah uniform, maka muatannya menjadi:

( )( )

m300

m20

30

3

ER4Zex

EZex4R/ZexZe

πε=

=πε

Dalam proses ini terjadi dipol atom sebesar pm = Zex, sehingga polarizabilitas :

300R4πε=α

Dengan kombinasi persamaan Claussius-Mossotti, maka α bisa dieliminasi, sehingga jari-jari atom R0 dapat diperoleh. R0 berkisar 1 Å (10-10 m)

( )( )

3/1

0

00 )2KN4

1K3R

+πε−ε

=

Polarizabilitas ini adalah konstan tidak bergantung pada medan polarisasi(dielektrik linier)

C. MOLEKUL POLAR ; FORMULA LANGEVIN-DEBYE

Suatu molekul polar memiliki momen dipol permanen. Suatu molekul polar terdiridari sedikitnya dua atom yang berbeda. Selama pembentukan molekul, beberapa elektron baik parsial ataupun seluruhnya ditransfer dari satu atom keyang lainnya dengan menghasilkan susunan elektronik sedemikian rupasehingga pusat-pusat muatan negatif dan positif tidak koinsiden didalammolekul. Jika tak ada medan listrik, dielektrik polar tidak terpolarisasi sehinggaindividual dipol terorientasi secara acak (lihat gambar).

- +- +

-+ -+

-+

- +-+

- +

-+

-+

distribusi dipol permanen yang acak

Polarisasi menjadi:

∑∆= mpv1P rr

Dimana penjumlahan meliputi seluruh molekul di dalam elemen volume ∆v. Jikapm terorientasi acak, maka polarisasi menjadi nol.

Jika dielektrik polar diberikan medan listrik, individual-individual dipol mengalamitorqi dan cenderung searah dengan medan listrik. Jika medan cukup kuat, dipol-dipol mungkin akan terorientasi semuanya sehingga polarisasi :

ms pNP rr=

Dimana N adalah jumlah molekul per-satuan volume.

Biasanya polarisasi dielektrik polar jauh dari nilai saturasi, dan jika temperaturdinaikkan, polarisasi akan berkurang. Hal ini karena energi termal molekul akancenderung menghasilkan orientasi dipol yang acak.

Momen dipol efektif rata-rata dihitung dengan prinsip mekanika statistikbahwa pada temperatur T, probabilitas menemukan energi molekul tertentuE sebanding dengan faktor Blotzmann:

kT/Ee−

Dimana k = konstanta Boltzmann dan T = temperatur absolut.

Berdasarkan hukum distribusi Maxwell, probabilitas suatu molekul dengankecepatan v sebanding dengan exp (-mv2/2kT). Dalam gas ideal, molekul-molekul memiliki energi ½(mv2). Secara umu energi terdiri dari energi kinetikEk dan energi potensial U, sehingga faktor Blotzmann menjadi:

kT/UkT/kE ee −−

Energi potensial dari dipol permanen p0 dalam suatu medan dielektrik Em :

θ−=•−= cosEpEpU m0m0

rr

Dengan θ = sudut antara p0 dan medan listrik.

Momen dipol efektif suatu dipol molekul adalah komponen-komponennyasepanjang arah medan (p0 cos θ). Dengan hubungan Boltzmann, maka:

( )( )∫

∫Ωθ

Ωθθ=θ

dkT/cosEpexp

dkT/cosEpexpcospcosp

m0

m000

Dimana dΩ = sudut ruang = 2π sin θ dθ dan batas θ adalah 0 dan π. karena p0, Em dan kT adalah konstanta, maka dapat didefinisikan:

−=θ

=

y1ycothpcosp

kTEpy

00

m0

Formula Langevin

0 kT/Epy m0=

θcospp1

00

Fungsi Langevin

Momen dipol molekul p0 untuk bahan polar umumnya y << 1 untuk sembarangharga medan listrik sepanjang dibawah temperatur 250 K. Karenanya bahandielektrik yang mengandung molekul-molekul polar umumnya linier.

Dalam daerah linier coth y dapat diuraikan dalam deret, sehingga:

kT3Epyp

31cosp m

20

00 =≈θ

Karena < p0 cos θ> adalah momen dipol efektif rata-rata, maka polarisasiP = N < p0 cos θ> searah Em, sehingga :

m

20

m EkT3pP

N1p

rrr==

Jika dibandingkan dengan persamaan sebelumnya :

kT3p

Ep

20

mm

=α

α=rr

Polarizabilitas orientasional.

Efek dipol induksi meningkatkan deformasi polarizabilitas α0, sehingga secaraumum polarizabilitas molekul total :

kT3p20

0 +α=αPersamaan Langevin-Debye(penting untuk interpretasi strukturmolekul)

D. POLARISASI PERMANEN ; FEROELEKTRISITAS

Medan molekul Em berperan dalam polarisasi individual molekul. Dalambanyak kasus P ~ E, sehingga Em = 0 jika E = 0.

Namun dalam kondisi tertentu, bila terdapat polarisasi permanen (spontan), maka walaupun E = 0,

0P31E 00

m ≠ε

=rr

Artinya jika ada polarisasi P0, ia akan memberikan medan listrik pada molekulsehingga molekul akan terpolarisasi.

Jika N adalah jumlah molekul per-satuan volume, maka:

00

m0 P3NENP

rrr

εα

=α=

Ini berlaku jika P0 =0 atau (Nα/3ε0) = 1 [polarisasi permanen]

Dalam bahan dielektrik biasa (Nα/3ε0) < 1 , sedangkan yang memilki polarisasipermanen adalah kristal feroelektrik.

Contoh: Kristal BaTiO3 (Barium Titanate) yang memiliki momen dipolpermanen/spontan pada temperatur dibawah 1200C (Temperatur Curie).

Keadaan terpolarisasi pada bahan feroelektrik adalah stabil dalam periode waktuyang lama.

Seperti dibahas sebelumnya, jika bidang muka pelat lebih besar daripada tebalpelat, maka:

P1E0

d

rr

ε−=

Sebenarnya stabilitas dari polarisasi feroelektrik yang tinggi akibat tidak adanyamedan yang tak-terpolarisasi pada spesies, bahkan untuk kasus geometripapah/planar (slab).

Species terpolarisasi dengan menempatkannya diantara pelat konduktor sejajaryang diberikan beda potensial yang besar.

+

+

+

+

+

+

-

-

-

-

-

-

- + - + - +- + - + - +

- + - + - +- + - + - +- + - + - +- + - + - +- + - + - +

- + - + - + - +- +- +- +- +- +- +- +

- + - + - + - +

Muatan bebas dari pelat dinetralisasi oleh muatan polarisasi permukaan. Jika keduapelat diberi potensial yang sama (hubung singkat), keadaan terpolarisasi dari bahanferoelektrik masih memiliki energi sehingga muatan bebas tetap berada ditempatnyayang akan menetralisir muatan-muatan polarisasi (lihat gambar di bawah). Medanmakroskopik di dalam feroelektrik menjadi nol.

Jika perbedaan potensialnya besar dan berlawanan tanda, maka species akanmerubah polarisasinya dan muatan bebas yang berlawanan tanda akan mengalirmenuju pelat melalui rangkaian luar, sehingga cukup tidak hanya untukmenetralisasi muatan bebas yang sudah ada, namun juga muatan polarisasi baru.

Adi suatu pelat feroelektrik diantara dua pelat sejajar dapat digunakan untuk divaismemori yang dapat menyimpan +/- dan -/+ dan polarisasinya masih bertahanwalaupun medan luarnya nol.

E = 0muatan bebaspermukaan

a

0

b

cE

P

Jika beda potensial yang diberikan berlawanan arah dengan polarisasi asal, maka muatan akan mengalir melalui rangkaian luar bila polarisasi feroelektrikberubah arahnya. Polarisasi bahan feroelektrik akan stabil terhadap medanbalik luar dengan syarat bahwa medannya tidak terlalu besar.

Kondisi diatas digambarkan dalam kurva histeresis. Titik-titik b dan a adalahkondisi stabil pada E = 0. Titik-titik ini berturut-turut menggambarkan polarisasi+/- dan -/+. Titik c adalah medan listrik yang harus dilampaui agar terjadipolarisasi yang terbalik.

Kurva histeresis bahan feroelektrik

ENERGI LISTRIK STATIK

Banyak persoalan dalam mekanika disederhanakan berdasarkan pertimbanganenergi. Energi listrik dapat berupa energi kinetik dan potensial. Dalam listrik statik(v = 0), seluruh energi muatan berupa energi potensial.

Dalam bab ini akan dibahas energi potensial yang timbul dari interaksi antarmuatan atau disebut energi listrik statik.

Energi listrik statik U dari suatu muatan titik sangat terkait dengan potensial listrikstatik φ pada posisi muatan titik tadi. Jika q adalah muatan titik tertentu, makakerja yang dilakukan oleh gaya pada muatan bila ia bergerak dari A ke B:

( )AB

B

A

B

A

B

A

qdq

dEqdFKerja

φ−φ−=•φ∇−=

•=•=

∫

∫∫

lrr

lrr

lrr

F diasumsikan hanya gaya listrik qE pada masing-masing titik sepanjang lintasan, sehingga muatan-muatan akan bergerak. Jika muatan diam, maka gaya listrikpada tiap titik harus diimbangi dengan gaya yang sama dan berlawanan sehinggakerja total menjadi nol dan energi kinetik tak berubah.

Kerja yang dilakukan gaya lain:

( )ABqW φ−φ=

yaitu bertambahnya energi listrik statik muatan sepanjang lintasan A → B.

A. ENERGI POTENSIAL DARI SEKELOMPOKMUATAN-MUATAN TITIK

Energi listrik statik sekelompouk muatan titik m adalah energi potensial sistemyang berkaitan dengan keadaan dimana semua muatan titik terpisah tak-hinggasatu sama lain. Energi diperoleh dengan menghitung kerja untuk menghimpunmuatan-muatan menjadi satu pada satu waktu.

Muatan q1 ditempatkan pada posisi tanpa adanya kerja (W1 = 0). Penempatanmuatan q2 memerlukan kerja :

1221210

122 rrr;

r4qqW rr

−=πε

=

Untuk muatan q3 :

πε

+πε

=320

2

310

132 r4

qr4

qqW

Energi listrik statik total untuk menghimpun m-muatan :

∑∑

∑ ∑∑

=

−

=

=

−

==

=

πε==

m

1j

1j

1kjk

m

1j

1j

1k jk0

kjm

1jj

W

r4qq

WU

Dalam bentuk matriks, dimana Wjk = Wkj dan Wjj = 0 :

( )

∑∑

∑∑

= =

= =

πε=

==

m

1j

m

1k jk0

kj'

jj

m

1j

m

1kjk

r4qq

21

0WW21U

Faktor ½ timbul untuk memastikan bahwa inateraksi antara pasangan muatantidak terjadi dua kali.

Potensial φ pada muatan titik ke-j akibat muatan lain di dalam sistem :

j

m

1jj

m

1k jk0

k'

q21U

r4q

φ=

πε=φ

∑

∑

=

=

Maka energi listrik statik :

Jika muatan-muatan titik dihimpun dalam bahan dielektrik, maka energinyasama dengan persamaan diatas, hanya dalam potensial ε0 diganti dengan ε(permitivitas bahan dielektrik).

B. ENERGI LISTRIK STATIK DARI DISTRIBUSI MUATANKita akan menghimpun distribusi muatan dengan membawa sejumalah mutantambahan δq dari suatu potensial acuan φA = 0. Jika distribusi muatan telahtersusun sebagian dan potensial di titik tertentu didalam sistem adalahφ’(x,y,z), maka kerja yang diperlukan untuk menempatkan muatan dq di titiktersebut:

( )aqvqqz,y,x'W

∆δσ=δ∆δρ=δ⇒δφ=δ

Setiap pemindahan penambahan muatan, seluruh muatan akan berada padafraksi yang sama dengan nilai akhir, dimana fraksi tersebut disebut α, maka:

( ) ( ) ( ) ( )daz,y,x;'z,y,xddvz,y,x;'z,y,xdU1

0 S

1

0 V

αφσα+αφρα= ∫ ∫∫ ∫

Tetapi karena seluruh muatan memiliki fraksi dari nilai akhir yang sama a, makaφ’(α;x,y, z) = αφ(x,y, z), dimana φ adalah nilai akhir potensial pada (x,y,z), maka:

( ) ( ) ( ) ( ) darr21dvrr

21U

SV

rrrrφσ+φρ= ∫∫

Volume V harus cukup besar untuk melipuri seluruh rapat muatan danpotensial hanya diakibatkan oleh ρ dan σ saja.

Jika seluruh ruang diisi oleh suatu bahan dielektrik, maka potensial (jikakonduktor tak dihitung):

( ) ( ) ( ) 'da'rr'r

41'dv

'rr'r

41r

SV∫∫ −

σπε

+−

ρπε

=φ rr

r

rr

rr

Untuk kasus khusus: ( ) ( )

( ) ( )km

1k

'

j

m

1jj

rrqk'r

rrqr

rrr

rrr

−δ=ρ

−δ=ρ

∑

∑

=

=

Jika konduktor ada di dalam sistem, karena konduktor merupakan daerahekipotensial, maka :

jjjkonduktor

Q21da

21

φ=σφ∫

dengan Qj adalah muatan pada konduktor ke-j. Maka energi listrik statikdari suatu distribusi muatan yang mencakup juga konduktor :

jj

j'SV

Q21da

21dv

21U φ+φσ+φρ= ∑∫∫

meliputi seluruh konduktor

dibatasi pada permukaannon-konduktor

Dalam konduktor, dimana muatan-muatannya berada pada permukaan, maka ρ = 0 dan σ = 0, sehingga energi potensial di dalam konduktor:

jj

jQ21U φ= ∑

Secara umum, energi potensial yang melibatkan interaksi antar konduktor :

2jj

j1jj

j Q21Q

21U φ+φ= ∑∑

Akibat muatanpada konduktor j itu

sendiriAkibat muatanpada konduktorlain

Pandang suatu distribusi muatan sembarang yang dicirikan oleh rapat muatanρ dan σ.

Rapat muatan volume didalam bahan dielektrik :

Drr

•∇=ρ

Rapat muatan permukaan pada konduktor :

nD rr•=σ

Maka energi menjadi:

∫∫ •φ+•∇φ=SV

danD21dvD

21U rrrr

Divergensi dari D mengacu pada daerah diluar konduktor, sehingga tidaksama dengan nol. Integral permukaan meliputi konduktor.

C. RAPAT ENERGI LISTRIK

EDD

DDDrrrr

rrrrrr

•+φ•∇=

φ∇•−φ•∇=•∇φ

Maka energi potensial dapat ditulis menjadi:

∫∫ ∫ •φ+•+•φ=+ S'SS V

danD21dvED

21dv'nD

21U rrrrrr

S adalah semua permukaan dalam sistem dan S’ = permukaan yang membatasisistem dan bisa dipilih tak-hingga. Arah normal n’ keluar dari volume V dannormal n arahnya keluar dari konduktor, karenanya masuk ke dalam volume V, sehingga kedua integral permukaan saling menghilangkan, maka:

∫ •=V

dvED21U

rr

Rapat energi (energi per-satuan volume) menjadi:

ED21u

rr•=

Jika bahannya merupakan bahan dielektrik linier, maka D = ε E, sehinggarapat energi menjadi:

ε=ε=

22 D21E

21u

D. ENERGI SISTEM KONDUKTOR BERMUATAN ; KOEFISIEN POTENSIAL

Potensial suatu konduktor yang ada didalam simtem terdiri dari N-konduktor didalam vakum :

j

N

1jiji Qp∑

=

=φ

pij = potensial konduktor ke-j akibat suatu muatan didalam konduktor ke-j(koefisien potensial).

Energi listrik statiknya:

( ) ji

N

1i

N

1JijN1 QQp

21Q...QU ∑∑

= =

=

Sifat-difat koefisien pij :

( )( )( ) jseluruhuntukpp.3

0p.2

pp.1

ijii

ij

jiij

≥

>

=

E. KOEFISIEN KAPASITANSI DAN INDUKSI

Muatan suatu konduktor yang ada didalam simtem terdiri dari N-konduktor didalam vakum, dapat ditulis:

j

N

1jiji cQ φ= ∑

=

cii = koefisien dari kapasitansi

cij (i ≠j) = koefisien induksi

Sifat-difat koefisien cij : ( )( )( ) nol/negatifinduksikoefisien.3

0c.2

cc.1

ij

jiij

>

=

Konbinasi potensial masing-masing konduktor φij dan muatan Qi, maka energidapat ditulis :

ji

N

1i

N

1jijc2

1U φφ= ∑∑= =

F. KAPASITOR

Dua buah konduktor dapat menyimpan muatan-muatan yang besarnya samadan berlawanan tanda (±Q), dengan beda potensial antara dua konduktor takbergantung pada apakah konduktor yang lain yang ada didalam sistembermuatan. Kedua konduktor tadi membentuk kapasitor.

Jika konduktor-1 dan konduktor-2 membentuk kapasitor :

x22122

x12111

QpQpQpQp

φ+−=φφ+−=φ

Dimana muatan +Q berada di konduktor-1 dan –Q di konduktor-2

φx = potensial dari konduktor-konduktor yang lain

Perbedaan potensial antara kedua konduktor :

( )

( ) 1122211

12221121

p2ppC

CQQp2pp

−−+=

φ∆=−+=φ−φ=φ∆

= kapasitansi dari kapasitor (muatanyang disimpan per-satuan perbedaanpotensial [C/V atau Farad])

Energi kapasitor :

( )CQ21C

21Q

21U

22 =φ∆=φ∆=

Suatu kapasitor keping sejajar ideal adalah jika jarak antara keping d jauh lebihkecil dibanding dengan bidang muka keping. Jika diantara kedua keping disisipibahan dielektrik dengan permitivitas ε, maka medan listrik diantara keping:

AQ1Eε

=σε

= A = luas salah satu keping

+ + + + + + + + + + + + + + + + + + +

- - - - - - - - - - - - - - - - - - -

+ +

- -

Kapasitansi kapasitor :

dAQC ε

=φ∆

=

Kombinasi seri kapasitor :

φ∆

2121total CCQQQC +=φ∆

+φ∆

=φ∆

=

Kombinasi paralel kapasitor :

( )21

21

C1

C1

CCC1

+=φ∆+φ∆

=φ∆

=

C1

C2

C1 C2

G. GAYA DAN TORSI

Pandang suatu sistem terisolasi yang terdiri dari sejumlah konduktor, muatantitik dan dielektrik, jika gaya F yang bekerja pada sistem mampu menghasilkanperpindahan sistem sejauh dr. Kerja yang diberikan oleh gaya listrik padasistem :

zzyyxx dFdFdFrdFdW ++=•=rr

Karena sistemnya terisolasi, maka :

zUF;

yUF;

xUF

dFdFdFdUdW

zyx

zzyyxx

∂∂

−=∂∂

−=∂∂

−=

++=−=

Gaya listrik bersifat konservatif, dan :

UF ∇−=rr

Jika sistem dibatasi untuk bergerak sedemikian rupa sehingga ia berotasidisekitar sumbunya, maka :

θ•τ= ddW r

Dimana τ = torsi listrik dan dθ = perubahan pergeseran sudut.

Jika τ ditulis dalam komponen-komponennya (τ1, τ2, τ3) dan (dθ1, dθ2, dθ3), maka:

33

22

11

U;U;Uθ∂

∂−=τ

θ∂∂

−=τθ∂

∂−=τ

Maka :

Q11

Qx

U

xUF

θ∂

∂−=τ

∂∂

−=Dimana Q ditambahkan untukmenunjukkan bahwa sistem terisolasi, karenanya muatan total didalam sistemtetap konstan selama perpindahan drdan dθ.

Contoh :Suatu kapasitor keping sejajar terpisah sejauh d yang diisi oleh bahan dielektrikdengan permitivitas e diantara dua keping. Jika dimensi masing-masing keping, panjang l dan lebar w. Bila kedua keping dijaga pada beda potensial konstan∆φ. Sekarang jika dielektrik ditarik keluar dari kapasitor sejauh x (lihat gambar), berapakah gaya untuk menarik kembali dielektrik ke dalam keping kapasitor??

l

x+

-

φ∆

Solusi :

Karena medan listrik E = ∆φ/d sama disetiap posisi diantara keping, maka energi

dvE21UV

2∫ ε=

dimana integral hanya meliputi daerah E ≠ 0.

Dengan mengabaikan efek dari ujung kapasitor, maka :

( )

( ) ( )

( ) wdE1K21

dw

21F

xdwd2

1dwxd2

1U

20

2

0

2

0

2

ε−=

φ∆ε−ε=

−

φ∆

ε+

φ∆

ε= l

Gaya ini searah dengan bertambahkan nilai x.