Handout listrik-magnet-i

622 views

Published on

bahan ajar

Published in: Education
  • Be the first to comment

Handout listrik-magnet-i

  1. 1. HANDOUT KULIAH LISTRIK MAGNET I Oleh: Dr. rer. nat. Ayi Bahtiar JURUSAN FISIKA FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM UNIVERSITAS PADJADJARAN BANDUNG 2006
  2. 2. -+ ++--Q +2Q LISTRIK MAGNET I AYI BAHTIAR JURUSAN FISIKA FMIPA UNPAD
  3. 3. Materi Kuliah 1. 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
  4. 4. Materi Kuliah 4. 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
  5. 5. Pustaka 1. J. R. Reitz,” Foundations of Electromagnetic Theory”, Addison- Wesley Publ., 1993 2. D. J. Griffith,” Introduction to Electrodynamics”, Prentice-Hall Inc., 1989. 3. J. D. Jackson,” Classical Electrodynamic”, John Wiley & Sons Inc., 1991.
  6. 6. STANDAR KOMPETENSI 1. ANALISIS VEKTOR Mereview operasi dalam vektor, operator nabla, integral garis, integral permukaan, integral volume, Teorema Divergensi, dan Teorema Stokes. 2. MEDAN LISTRIK STATIK Menerapkan 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.
  7. 7. 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.
  8. 8. ANALISIS VEKTOR REVIEW
  9. 9. 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 VEKTOR Penjumlahan dan Pengurangan Vektor : ( ) ( ) ( ) CBACBACBA BABA BAC rrrrrrrrr rrrr rrr ++=++=++ −+=− += Perkalian Vektor : BAAB 0AA sinBABA AAA cosBABA rrrr rr rrrr rr rrrr ×−=× =× θ=× •= θ=• ( ) ( ) ( ) Ak AA AC XXAC BA;B AA Ac XXAc BACCABCBA r rr rr rrrr rrr rr r rrr rrrrrrrrr + • × =⇒×= ⊥+ • =⇒•= •−•=×× k = sembarang skalar
  10. 10. B. GRADIEN Gradien suatu fungsi skalar adalah suatu vektor yang turunan arahnya maksimum di titik yang ditinjau dan arah vektornya adalah arah dari turunan maksimum di titik tersebut. Dalam koordinat Kartesian (x,y,z): z k y j x igrad ∂ ϕ∂ + ∂ ϕ∂ + ∂ ϕ∂ =ϕ rrr Dalam koordinat Bola (r,θ,φ) : φ∂ ϕ∂ θ + θ∂ ϕ∂ + ∂ ϕ∂ =ϕ φθ sinr 1 a r 1 a r agrad r rrr C. INTEGRAL VEKTOR Jika F adalah suatu vektor, maka integral garis dari vektor F : ( ) ( ) ∑∫ = ∞→ ∆•=• N 1i ii N b Ca FlimdrF l rr l rrr a b C l r d
  11. 11. Jika C merupakan lintasan tertutup : ∫ • C dF l rr Jika F adalah suatu vektor, maka integral permukaan dari vektor F : ∫ • S danF rr Batas n r 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
  12. 12. D. DIVERGENSI Divergensi suatu vektor adalah limit dari intergral permukaan vektor tsb per- satuan volume, jika volume yang dilingkupi oleh permukaan S mendekati nol. ∫ •= → S 0V danF V 1 limFdiv rrr Dalam koordinat Kartesian (x, y, z): x F x F x F Fdiv zyx ∂ ∂ + ∂ ∂ + ∂ ∂ = r Dalam koordinat Bola (r, θ, ϕ): ( ) ( ) ϕ∂ ∂ θ +θ θ∂ ∂ θ + ∂ ∂ = ϕ θ F sinr 1 Fsin sinr 1 Fr rr 1 Fdiv r 2 2 r
  13. 13. Teorema Divergensi Integral dari divergensi suatu vektor diseluruh volume V sama dengan integral permukaan dari komponen normal vektor di seluruh permukaan yang meliputi volume V. ∫ ∫ •= V S danFdvFdiv rrr E. CURL Curl suatu vektor adalah limit perbandingan integral dari perkalian silang vektor tsb dengan vektor normalnya di seluruh permukaan tertutup, jika volume yang dilingkupi permukaan mendekati nol. ∫ ×= → S 0V daFn V 1 limFcurl rrr Komponen curl F dalam arah vektor satuan a adalah limit dari suatu integral garis persatuan luas, bila luas tertutup tersebut mendekati nol. Luas tersebut tegak lurus terhadap vektor a.
  14. 14. ∫ ∫ ו= •=• → → S 0V C 0S daFna V 1 lim dF S 1 limFcurla rrr l rrrr Dimana kurva C adalah bidang normal vektor a. a r n r na rr ×da ξ l r d C C’ Karena a paralel dengan normal seluruh permukaan, maka : l rrr ddana ξ=×
  15. 15. Karena V = ξS, maka : ∫ •ξ ξ =• → C 0V dF S 1 limFcurla l rrrr Teorema Stokes Integral garis dari suatu vektor diseluruh lintasan tertutup C sama dengan integral komponen normal dari curl vektor tersebut di semua permukaan S yang dilingkupi lintasan tadi. ∫∫ •=• SC danFcurldF rr l r
  16. 16. F. OPERATOR DIFERENSIAL VEKTOR Operator diferensial vektor disebut del atau nabla. Dalam koordinat Kartesian : ∇ r z k y j x i ∂ ∂ + ∂ ∂ + ∂ ∂ =∇ rrrr Grad : z k y j x i ∂ φ∂ + ∂ φ∂ + ∂ φ∂ =φ∇ rrrr Curl : Divergensi : z F y F x F F zyx ∂ ∂ + ∂ ∂ + ∂ ∂ =•∇ rr zyx FFF zyx kji F ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ =×∇ rrr rr
  17. 17. 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 a ab danFdvF dFdanF dd rrrr l rrrrr l rr
  18. 18. G. OPERATOR LAPLACE 2 ∇=∇•∇ rr Dalam koordinat Kartesian : 2 2 2 2 2 2 2 zyx ∂ ϕ∂ + ∂ ϕ∂ + ∂ ϕ∂ =ϕ∇ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )GFFGGFFGGF FGFGGFGFGF FFF 0 0F 0 2 rrrrrrrrrrrrrrr rrrrrrrrrrrrrrr rrr rrrrrrr rr rrr rr ∇•−∇•+•∇−•∇=××∇ ×∇×+∇•+×∇×+∇•=•∇ ψ∇ϕ+ψϕ∇=ϕψ∇ ∇−•∇∇=×∇×∇ =ϕ∇×∇ =×∇•∇ =∇×∇
  19. 19. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 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 l rrr
  20. 20. MEDAN LISTRIK STATIK
  21. 21. 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 berbanding terbalik dengan kuadrat jarak antara dua muatan tersebut. 3. Gaya-gaya tersebut sebanding dengan perkalian muatan-muatan tersebut yang bersifat tolak-menolak untuk muatan sejenis dan tarik-menarik untuk muatan tak-sejenis. Eksperimen memungkinkan pengamatan gaya-gaya interaksi antara muatan- muatan listrik. HUKUM COULOMB
  22. 22. HUKUM COULOMB SKALAR r q1 q2 2 21 0 2 21 r qq 4 1 r qq kF πε == ε0 = permitivitas vakuum = 8,8542 x 10-12 F/m k ≈ 9 x 109 N m2/C2
  23. 23. VEKTOR q1 q2 1F r 2F r 1r r 2r r 0 12r r 2112 2112 1221 2112 rr rr rrr rrr rr rr rrr rrr = −=    −= −= Gaya pada q1: 123 12 21 0 12 12 2 12 21 0 1 r r qq 4 1 r r r qq 4 1 F r r r r r r πε = πε = Gaya pada q2: 213 21 21 0 21 21 2 21 21 0 2 r r qq 4 1 r r r qq 4 1 F r r r r r r πε = πε =
  24. 24. Secara Umum (Operator Nabla) ( ) ( )         − ∇ πε =         − ∇ πε −= 21 221 0 22 21 121 0 11 rr 1 qq 4 1 rF rr 1 qq 4 1 rF rr rrr rr rrr Untuk beberapa muatan titik: jiij ji i N ij 0 j i3 ij ij N ij 0 j i1 rrr rr 1 4 q q r r 4 q qF rrr rr r r r −=         − ∇ πε = πε = ∑∑ ≠≠
  25. 25. Jika muatan-muatan titik terdistribusi dalam suatu fungsi (fungsi rapat muatan) yang didefinisikan sebagai limit dari muatan persatuan volume jika volume menjadi tak hingga. Rapat muatan volume: V q lim 0V ∆ ∆ =ρ →∆ Rapat muatan permukaan: S q lim 0S ∆ ∆ =σ →∆ Jika muatan terdistribusi melalui suatu volume V dengan rapat ρ dan pada permukaan 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 4 q 'dv'r 'rr 'rr 4 q rF S 3 0V 3 0 r rr rr r rr rr rr σ − − πε +ρ − − πε = ∫∫ 'r r = vektor posisi dari distibusi muatan
  26. 26. MEDAN LISTRIK Setiap muatan titik akan menimbulkan medan yang akan mempengaruhi muatan dalam bentuk gaya. Medan listrik suatu muatan titik didefinisikan sebagai limit dari gaya yang bekerja pada muatan titik lain (muatn uji) yang ditimbulkan oleh muatan titik tadi. q F limE 0q r r → = Limit q → 0 untuk memastikan bahwa muatan titik test tadi tidak mempengaruhi distribusi muatan yang menghasilkan medan listrik. Kuat medan listrik biasa digambarkan dengan bantuan garis gaya. -++ + + + + + + + + + + - - - - - - - - -
  27. 27. Kombinasi muatan-muatan titik dan distribusi muatan q1 q2 q3 q V dv’ 0 r r 'rr rr − 'r r ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 'da'r 'rr 'rr 4 1 'dv'r 'rr 'rr 4 1 rr rr q 4 1 rE 'da'r 'rr 'rr 4 q 'dv'r 'rr 'rr 4 q rr rr q 4 q rF S 3 0V 3 0 3 i i N 1i i 0 S 3 0V 3 0 3 i i N 1i i 0 r rr rr r rr rr rr rr rr r rr rr r rr rr rr rr rr σ − − πε +ρ − − πε + − − πε = σ − − πε +ρ − − πε + − − πε = ∫∫∑ ∫∫∑ = =
  28. 28. HUKUM GAUSS Menggambarkan hubungan antara integral komponen normal dari medan listrik pada suatu permukaan tertutup dan muatan total yang dilingkupi permukaan tersebut. q nˆ E r S da da r nˆr 4 q danˆE S 3 S 0 ∫∫ • πε =• rr = • =Ω da r nˆr d 3 r Sudut ruang yang dibuat oleh q melalui elemen luas da. q da r Ωd
  29. 29.     π =∇= • = • ∫∫∫ 0 4 dr r 1 'da 'r nˆ'r da r nˆr r 2 S 3 S 3 r rr Jika q berada di dalam S Jika q berada di luar S Buktikan, sebagai latihan!!!! HUKUM GAUSS ∫ ∫ =• ε =• S S 0 0danˆE q danˆE r r Jika muatan q berada dalam permukaan S Jika muatan q berada diluar permukaan S
  30. 30. Secara umum Hukum Gauss adalah: ∑∫ = ε =• N 1i i S 0 q 1 danˆE r Dimana qi adalah muatan-muatan titik yang dilingkupi oleh permukaan S Jika S adalah suatu permukaan tertutup yang dilingkupi oleh volume V, maka Hukum Gauss dapat dinyatakan oleh: ∫∫ ρ ε =• VS 0 dV 1 danˆE r
  31. 31. Teorema Divergensi: ∫∫ •∇=• VS dVFdanˆF rrr Maka Hukum Gauss dalam bentuk diferensial: ∫∫ ∫ ρ ε =•∇=• VS 0V dV 1 dVEdanˆE rrr 0 E ε ρ =•∇ rr
  32. 32. 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 nˆ nˆ nˆ r E r Hukum Gauss: r2 E r2.E d 1 danˆE 0 r 0 r S 0 πε λ = ε λ =π λ ε =• ∫∫ l l l r
  33. 33. 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 E r E = 0 n r Hukum Gauss : 0 0 S 0 E SS.E dS 1 dSnE ε σ = ∆ ε σ =∆ σ ε =•∫ ∫ rr
  34. 34. POTENSIAL LISTRIK
  35. 35. Bila Curl dari suatu vektor sama dengan nol, maka vektor tersebut bisa dinyatakan sebagai gradien dari suatu skalar. ( ) 0x 0Ax =φ∇∇ =∇ rr rr = vektor dan φ adalah skalarA r Gaya Coulomb dan medan listrik dinyatakan : ( ) ( )         − ∇ πε −=         − − πε =         − − πε = 'rr 1 'q 4 1 'rr 'rr 'q 4 1 rE 'rr 'rr 'qq 4 1 rF 0 3 0 3 0 rr r rr rr rr rr rr rr 0 'rr 1 'q 4 1 x 0Ex 0 =                 − ∇ πε ∇ =∇ rr rr rr
  36. 36. ( ) ( ) ( ) ( )rrE 'rr 1 'q 4 1 r 0x 0 rrrr rr r 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 4 1 'dv 'rr 'r 4 1 rr q 4 1 r S0V0i i N 1i0 ∫∫∑ − σ πε + − ρ πε + −πε =φ = rr r rr r rr r
  37. 37. Pembuktian dengan cara lain: ( ) 0 'rr 'rr x'q 4 1 Ex 'rr 'rr 'q 4 1 rE 3 0 3 0 =         − − ∇ πε =∇         − − πε = rr rrrrr rr rr rr ( ) ( )'rrx 'rr 1 'rrx 'rr 1 'rr 'rr x 333 rr rr rrrr rrrr rrr −         − ∇+−∇ − =         − − ∇ ( ) ( ) 0'rrx 'rr 1 'rr 'rr 3 'rr 1 0'rrx 3 53 =−         − ∇ − − −= − ∇ =−∇ rr rr r rr rr rr r rrr Karena perkalian silang vektor yang sejajar adalah nol
  38. 38. Maka jika medan listrik E diketahui, potensial listrik dapat ditulis sebagai: ( ) ∫ •−=φ r ref dEr l rrr Energi potensial di titik r relatif terhadap titik acuan (referensi): ( ) ( ) 'rd'rFrU r ref rrrr •−= ∫
  39. 39. 1. Hitung potensial listrik di titik r di sekitar suatu kawat lurus yang sangat panjang yang memiliki rapat muatan panjang λ. Contoh soal Solusi : Medan listrik di sembarang titik sejauh r dari kawat lurus yang sangat panjang : ( ) Crln 2 dr r2 rdEr r r2r2 E 00 2 00 + πε λ = πε λ −= •−=φ πε λ = πε λ = ∫ ∫ rr rr C = konstanta integrasi (ditentukan oleh syarat batas)
  40. 40. DIPOL DAN MULTIPOL LISTRIK
  41. 41. Jika dua buah muatan yang sama besarnya tapi berlainan jenis terpisah oleh jarak yang kecil akan membentuk suatu dipol listrik. Pandang dua muatan -q di posisi r’ dan +q’ di posisi r’+l, maka medan listrik di titik r : 0 'r r l rr +'r l r r r 'rr rr − +q-q ( )         − − − −− −− πε = − − πε = ∑ = 33 0 3 i i N 1i i 0 'rr 'rr 'rr 'rr 4 q rr rr q 4 1 rE rr rr l rrr l rrr rr rr rr 1. DIPOL LISTRIK
  42. 42. ( ) ( )[ ] ( ) 2/3 2 2 3 2/3223 'rr'rr 'rr2 1'rr 'rr2'rr'rr − − −−         − + − •− −−= +•−−−=−− rr l r rr l rrr rr l r l rrrrr l rrr Dengan menggunakan deret binomial, dimana hanya bagian liniernya saja yang diambil, maka: ( )         + − •− +−=−− −− ..... 'rr 'rr3 1'rr'rr 2 33 rr l rrr rr l rrr Maka medan listrik di titik r akibat oleh dipol listrik menjadi: ( ) ( ) ( )         + − −− − •− πε = ... 'rr 'rr 'rr 'rr3 4 q rE 35 0 rr l r rr rr l rrr rr
  43. 43. ( ) ( ) ( )         + − −− − •− πε = ... 'rr 'rr 'rr 'rr3 4 q rE 35 0 rr l r rr rr l rrr rr Jika jarak antara kedua muatan titik sangat kecil (limit l mendekati nol) dan tidak ada medan listrik, kecuali muatan-muatan titik tadi tak hingga. Dalam kasus ini, maka ql menjadi konstan, sehingga dikatakan dipol titik. Suatu dipol dikarakteristik oleh momem dipol listrik: l r l rr l r q qlimp 0 = = → Maka medan listrik dapat dinyatakan: ( ) ( ) ( )         − −− − •− πε = 35 0 'rr p 'rr 'rr p'rr3 4 1 rE rr r rr rr rrr rr
  44. 44. Distribusi potensial yang dihasilkan oleh dipol listrik: ( ) ( ) ( ) 3 0 0 'rr 'rr 4 q r ..... 'rr 1 'rr 1 4 q r rr l rrr r rr l rrr r − •− πε =φ         − − −−πε =φ Untuk dipol titik: ( ) ( ) 3 0 'rr 'rrp 4 1 r rr rrr r − −• πε =φ
  45. 45. Jika dua muatan -q di posisi r dan +q di posisi r+l, diletakkan di dalam suatu medan listrik luar (dimana medan listrik digambarkan oleh potensial maka energi potensial: ( )rext r φ ( ) ( )l rrr +φ+φ−= rqrqU extext Jika: r r l r << ( ) ( ) ( )rrr extextext rr l rr l rr φ∇•+φ=+φmaka titikdipoluntukp qU ext ext φ∇•= φ∇•= rr r l r Karena medan listrik adalah negatif gradien dari potensial listrik, maka: ( ) ( )rrE rrrr φ∇−= ( ) ( )rEprU ext rrr •−=
  46. 46. 2. MULTIPOL LISTRIK Jika terdiri dari banyak muatan titik, maka untuk mengurangi jumlah koordinat titik digunakan suatu distribusi muatan. Pandang suatu titik sembarang didalam distibusi muatan yang berjarak r’ dengan rapat muatan pada titik tersebut ρ(r’) dan suatu titik tinjau r yang berada jauh dari distribusi muatan tadi. 0 dv’ 'r r V titik tinjau r r Potensial di titik r : ( ) ( ) 'dv rr 'r 4 1 r V0 ∫ − ρ πε =φ rr r r 'rr rr −
  47. 47. Karena 'rr rr >> ( )         +      + • −+      + • −−= +•−=− −− ... r 'r r 'rr2 2 3 2 1 2 1 r 'r r 'rr2 2 1 1 r 1 'r'rr2r'rr 2 2 2 22 2 2 2/1221 rrrr rrrr ( ) ( ) ( ) 'dv'r... r 'r r 'rr3 2 1 r 'rr r 1 4 1 r 3 2 5 2 3 V0 r rrrr r ρ         +      − • + • + πε =φ ∫ Maka: Karena r tidak terlibat dalam integrasi, maka variabel r dapat disimpan diluar. ( ) ( ) ( ) ( ) ( )         ρδ−+ρ+ρ πε =φ ∫∑∑∫∫ = = 'dv'r'r'x'x3 r xx 2 1 'dv'r'r r r 'dv'r r 1 4 1 r V 2 ijji5 ji 3 1i 3 1jV 3 V0 rrr r rr xi, xj adalah komponen kartesian dari r dan xi’, xj’ adalah komponen Kartesian dari r’    = ≠ =δ ji,1 ji,0 ij
  48. 48. ( ) ( ) ( ) ( ) ( )         ρδ−+ρ+ρ πε =φ ∫∑∑∫∫ = = 'dv'r'r'x'x3 r xx 2 1 'dv'r'r r r 'dv'r r 1 4 1 r V 2 ijji5 ji 3 1i 3 1jV 3 V0 rrr r rr Potensial dari muatan total Potensial dari momen dipol distribusi muatan Potensial dari momen tensor kuadropol Jika posisi r berada jauh dari distribusi muatan dimana ρ berada, maka: ( )     + • + πε =φ ... r rp r Q 4 1 r 3 0 rr r Dimana Q = muatan total didalam distribusi muatan p = momen dipol dari distribusi muatan ( ) 'dv'r'rp V rrr ρ= ∫
  49. 49. FUNGSI DELTA DIRAC Fungsi delta-dirac merupakan ekspresi matematik dari suatu fungsi pada titik r = 0 ( ) ( ) ( ) ( ) 1'dv'r 0runtuk0r rqr =δ ≠=δ δ=ρ ∫ r rr rr ( ) ( ) ( ) ( ) )r(F'dvr'r'rF )0(F'dv'r'rF 00 rrrr rr =−δ =δ ∫ ∫ F adalah fungsi skalar atau fungsi vektor Maka jika ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )i3 i i 0 3 ii 0 i i 0 ii 0 ii rr rr q 4 1 'dv'rr 'rr r'rq 4 1 rE rr q 4 1 'dv 'rr r'rq 4 1 r r'rq'r rr rr rr rr rr vr rrrr rr r rrr − −πε =− − −δ πε = −πε = − −δ πε =φ −δ=ρ ∫ ∫ Untuk suatu muatan titik qi para posisi ri
  50. 50. Dengan demikian Hukum Gauss: ρ ε =•∇ 0 1 E rr Untuk suatu muatan titik q pada r = 0, menjadi: ( ) ( )r4 r r atau rq 1 r r 4 q 3 0 3 0 r rr r rr πδ=•∇ δ ε = πε •∇ Karena: 3 r r r 1 dr d r r r 1 rrr −=      =      ∇ maka: ( )r4 r 1 r 12 rrr πδ−=      ∇•∇=      ∇
  51. 51. PERSOALAN-PERSOALAN DARI LISTRIK STATIK
  52. 52. Pada dasarnya untuk menghitung potensial dan medan listrik dapat dilakukan langsung dengan menghitung integral dari distribusi muatan ρ(r’) melalui: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ∫∫ ∫∫ − − πε =ρ − − πε = −πε = − ρ πε =φ 3 0 3 0 00 'rr 'dq'rr 4 1 'dr'r 'rr 'rr 4 1 rE 'rr 'dq 4 1 'dr 'rr 'r 4 1 r rr rr r rr rr rr rrrr r r Namun dalam kenyataannya seringkali distribusi muatan tidak diketahui, sehingga pertama harus ditentukan dulu medan listrik, baru kemudian distribusi muatan. Contoh: persoalan yang melibatkan beberapa konduktor, dimana potensial atau muatan total dari masing-masing konduktor diketahui, namun distribusi muatan permukaan tidak diketahui atau harus ditentukan sebagai solusi dari masalah tsb. Q1 Q3 Q2 1φ 3φ 2φ
  53. 53. Solusinya: Kita tentukan dahulu potensialnya baru menentukan distribusi muatannya. PERSAMAAN POISSON Hukum Gauss: ( ) 0 2 0 0 E E ε ρ −=φ∇ ε ρ =φ∇•∇−⇒      φ∇−= ε ρ =•∇ rr rr rr Persamaan Poisson Operator diferensial: 2 ∇=∇•∇ rr disebut operator Laplace
  54. 54. Operator Laplace dalam Koordinat Kartesian (x,y,z) 2 2 2 2 2 2 2 zyx ∂ φ∂ + ∂ φ∂ + ∂ φ∂ ≡φ∇ Operator Laplace dalam Koordinat Bola (r,θ,ϕ) 2 2 222 2 2 2 sinr 1 sin sinr 1 r r rr 1 ϕ∂ φ∂ θ +      θ∂ φ∂ θ θ∂ ∂ θ +      ∂ φ∂ ∂ ∂ ≡φ∇ Operator Laplace dalam Koordinat Silinder (r,θ,z) 2 2 2 2 2 2 zr 1 r r rr 1 ∂ φ∂ + θ∂ φ∂ +      ∂ φ∂ ∂ ∂ ≡φ∇
  55. 55. PERSAMAAN LAPLACE Dalam kasus persoalan listrik statik yang melibatkan konduktor, dimana seluruh muatan-muatannya berada pada permukaan konduktor atau muatan-muatannya merupakan muatan-muatan titik yang tetap, maka ρ adalah nol di titik di dalam ruang: 02 =φ∇ Persamaan Laplace TEOREMA I : Jika φ1, φ2, …, φn adalah solusi-solusi persamaan Laplace, maka: 222211 C...CC φ++φ+φ=φ Dimana C adalah konstanta sembarang, juga merupakan solusi.
  56. 56. TEOREMA II : (Teorema Keunikan) ; Dua solusi persamaan Laplace yang memenuhi syarat batas yang sama, hanya berbeda pada suatu konstanta tambahan. 0 C...CC C...CC n 2 n2 2 21 2 1 nn 2 22 2 11 22 = φ∇++φ∇+φ∇= φ∇++φ∇+φ∇=φ∇ Bukti:
  57. 57. Persamaan Laplace dalam satu variabel bebas Jika ϕ merupakan fungsi yang bergantung hanya pada satu variabel saja, maka persamaan Laplace menjadi suatu persamaan diferensial biasa. Contoh fungsi ϕ yang hanya bergantung pada x saja. ( ) baxx 0 dx d 2 2 +=φ = φ a dan b adalah konstanta yang ditentukan oleh syarat batas. Dalam koordinat bola: ( ) b r a r 0 r r rr 1 dr d 2 22 2 +−=φ =      ∂ φ∂ ∂ ∂ = φ
  58. 58. Persamaan Laplace dalam banyak variabel bebas Sebagai contoh untuk kasus koordinat bola (r,θ,ϕ), dimana kita membatasi diri bahwa fungsi φ tidak bergantung pada variabel azimut ϕ, sehingga : ( )θφ=φ ,r Persamaan Laplace menjadi: )1..(..........0sin sinr 1 r r rr 1 2 2 2 2 =      θ∂ φ∂ θ θ∂ ∂ θ +      ∂ φ∂ ∂ ∂ =φ∇ Persamaan diferensial parsial ini dapat diselesaikan denga metoda pemisahan variabel. ( ) ( ) ( )θ=θφ PrZ,r Substitusi ke pers. (1) menghasilkan: ( ) ( ) )2..(..........0 d dP sin d d sinr rZ dr dZ r dr d P r 1 2 2 2 =      θ θ θθ +      θ
  59. 59. ( ) ( ) )2..(..........0 d dP sin d d sinr rZ dr dZ r dr d P r 1 2 2 2 =      θ θ θθ +      θ Jika persamaan (2) dibagi dengan Z(r) P(θ), dan dikalikan dengan r2 maka: )3....(.................... d dP sin d d sinP 1 dr dZ r dr d Z 1 0 d dP sin d d sinP 1 dr dZ r dr d Z 1 2 2       θ θ θθ −=      =      θ θ θθ +      Dalam pers. (3), sebelah kiri hanya bergantung pada r saja sedangkan sebelah kanan hanya bergantung pada θ saja. Agar persamaan diatas berlaku, maka kedua suku sama dengan suatu konstanta k (konstanta separasi). )4.(....................0kP d dP sin d d sin 1 k d dP sin d d sinP 1 =+      θ θ θθ −=      θ θ θθ
  60. 60. 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 Legendre Pn(θ) cos θ1 ½ (5 cos3θ - 3 cos θ)3 ½ (3 cos2θ - 1)2 10 Pn(θ)n Maka persamaan (3) menjadi: )5....(....................Z)1n(n dr dZ r dr d )1n(n dr dZ r dr d Z 1 2 2 +=      +=     
  61. 61. Pers. (5) mempunyai dua buah solusi independen, yaitu: ( )1n n n n rZ rZ +− = = Karena fungsi φ merupakan kombinasi dari variabel r dan θ, maka solusi persamaan Laplace menjadi: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )θ=φ θ=φ θ=θφ +− n 1n n n n n nnn Pr Pr P)r(Z,r
  62. 62. 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 0 dx d 2 2 2 +=φ = φ =φ∇ Syarat batas? 122 11 addx b0x φ+=φ⇒φ=φ= φ=⇒φ=φ= d a 12 φ−φ = Maka potensial di setiap titik: ( ) 1 12 x d x φ+      φ−φ =φ
  63. 63. 2. Suatu bola konduktor berjejari a diberi medan listrik yang semula seragan E0 yang seraha dengan sumbu-z. Hitung medan-medan listriknya dalam arah radial dan Solusi: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ...1cos3rC 2 1 1cos3rA 2 1 cosrCcosrArCA,r Pr Pr 23 3 22 3 2 22 1 11 n 1n n n n n +−θ+−θ +θ+θ++=θφ     θ=φ θ=φ − −− +− z kEEE 00 rrr == Medan listrik tanpa kehadiran bola konduktor P r θ Medan listrik akibat kehadiran bola konduktor
  64. 64. Pada titik r →∞, medan listrik uniform ( )[ ] ( )[ ] tatankonscosrE tatankonszE,r kEE,rE 0 0r 00r +θ−= +−=θφ ==θ ∞→ ∞→ rrr ( ) ( ) ( ) ...1cos3rC 2 1 1cos3rA 2 1 cosrCcosrArCA,r 23 3 22 3 2 22 1 11 +−θ+−θ +θ+θ++=θφ − −− Agar potensial sama untuk r →∞, maka: A = - E0, sehingga: ( ) arcosrCcosrEA,r 2 201 ≥θ+θ−=θφ − Suatu bola konduktor dengan jari-jari a adalah suatu permukaan ekipotensial dengan potensial φ0, maka: ( ) 0,a φ=θφ
  65. 65. Agar kedua potensial sama pada r = a, maka: ( ) ( ) θ+θ−φ=θφ =⇒θ=θ φ= φ=θ+θ−=θφ − − cos r a EcosrE,r aECcosaCcosaE A cosaCcosaEA,a 2 3 000 3 02 2 20 01 0 2 201 Medan-medan listrik: θ        −−= θ∂ φ∂ −= θ        += ∂ φ∂ −= θ sin r a 1E r 1 E cos r a 21E r E 3 3 0 3 3 0r Rapat muatan permukaan: ( ) θε=ε=θσ = cosE3E 00arr0
  66. 66. Muatan total didalam bola: ( ) 0 sina3 dsin2cosE3a dsin2aQ 0 2 0 2 0 00 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.
  67. 67. TEOREMA GREEN
  68. 68. Jika persoalan-persoalan listrik statik baik yang menyangkut distribusi muatan titik diskrit atau distribusi muatan kontinu tanpa adanya permukaan-permukaan batas, maka solusi umum persamaan Gauss dapat diselesaikan dengan mudah. Namun dalam realita, banyak persoalan listrik statik menyangkut daerah-daerah ruang terbatas baik dengan atau tanpa muatan-muatan didalamnya, sehingga kondisi ruang batas tersebut harus diperhatikan. Kondisi batas dapat ditimbulkan oleh suatu distribusi muatan-muatan diluar daerah batas tersebut. Kondisi batas tersebut dapat ditangani dengan metoda fungsi Green. Fungsi Green merupakan implikasi sederhana dari teorema divergensi. )1........(....................danAxdAdVA V 3 V ∫∫∫ •=•∇=•∇ rrrrrr Bila , dimana φ dan ψ adalah medan-medan skalar sembarang, maka:ψ∇φ= rr A ( ) )2.....(.................... n nnA A 2      ∂ ψ∂ φ=•ψ∇φ=• ψ∇φ∇+ψ∇φ=ψ∇φ•∇=•∇ rrrr rrrrrr
  69. 69. Dimana adalah normal turunan pada permukaan S. Susbstitusi (2) ke (1) :n∂ ∂ ( ) )3......(....................da n xd. S 3 V 2 ∫∫ ∂ ψ∂ φ=ψ∇φ∇+ψ∇φ Bila medan-medan skalar φ dan ψ saling tukar, maka: ( ) )4......(....................da n xd. S 3 V 2 ∫∫ ∂ φ∂ ψ=φ∇ψ∇+φ∇ψ Pers. (3) dikurangi pers. (4) menghasilkan: ( ) da nn xd S 3 V 22 ∫∫     ∂ φ∂ ψ− ∂ ψ∂ φ=φ∇ψ−ψ∇φ Persamaan ini disebut sebagai teorema Green
  70. 70. Persamaan diferensial Poisson untuk potensial listrik statik dapat dikonversi ke dalam persamaan integral, bila kita memilih medan-medan skalar: 'xx 1 R 1 rr − ≡≡ψ x r = titik pengamatan 'x r = variabel integrasi ( )'xx4 'xx 1 R 1 4 22 2 rr rr −πδ−=        − ∇=      ∇ πρ−=Φ∇ Φ=φ Maka Teorema Green menjadi: ( ) ( ) ( ) 'da 'nR 1 R 1 'n 'xd'x R 4 'xx'x4 S 3 V ∫∫       ∂ Φ∂ −      ∂ ∂ Φ=    ρ π +−δΦπ− rrrr
  71. 71. ( ) ( ) ( ) 'da 'nR 1 R 1 'n 'xd'x R 4 'xx'x4 S 3 V ∫∫       ∂ Φ∂ −      ∂ ∂ Φ=    ρ π +−δΦπ− rrrr Bila titik berada didalam volume V, maka: x r ( ) ( ) 0'xd'xx'x4 3 V =−δΦπ−∫ rrr Maka potensial listrik statik dapat ditentukan dengan persamaan: ( ) ( ) 'da R 1 'n'nR 1 4 1 'xd R 'x x S 3 V ∫∫             ∂ ∂ Φ− ∂ Φ∂ π + ρ =Φ r r 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 permukaan menjadi nol, sehingga: ( ) ( ) ( ) 'xd 'xx 'x 'xd R 'x x 3 V 3 V ∫∫ − ρ = ρ =Φ rr rr r Persamaan Gauss
  72. 72. 2. Untuk volume tak bermuatan, potensial di setiap titik di dalam volume (solusi pers. Laplace), persamaan: ( ) ( ) 'da R 1 'n'nR 1 4 1 'xd R 'x x S 3 V ∫∫             ∂ ∂ Φ− ∂ Φ∂ π + ρ =Φ r r Bukan merupakan solusi untuk persoalan nilai batas, tetapi hanya suatu integral karena Φ dan merupakan persoalan tersendiri (kondisi batas Cauchy). n∂ Φ∂ Fungsi merupakan suatu fungsi yang hanya bergantung pada dan yang disebut dengan fungsi Green. Secara umum: 'xx 1 R 1 rr − ≡≡ψ x r 'x r ( ) ( ) ( ) ( )'x,xF 'xx 1 'x,xG 'xx4'x,xG2' rr rr rr rrrr + − = −δπ−=∇ Dimana fungsi F memenuhi persamaan Laplace di dalam volume V: ( ) 0'x,xF2' =∇ rr
  73. 73. Dalam menghadapi masalah yang memenuhi kondisi batas pada Φ dan n∂ Φ∂ dimana keduanya muncul didalam integral permukaan, kita dapat menggunakan konsep umum dari fungsi Green dan fungsi F, sehingga salah satu dari integral permukaan dapat dieliminasi. Dengan menggunakan teorema Green, dan mengganti φ = Φ, dan ψ = G, maka potensial listrik statik dapat dituliskan menjadi: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 'da 'n 'x,xG 'x 'n 'x,xG 4 1 'xd'x,xG'xx S 3 V ∫∫     ∂ ∂ Φ− ∂ Φ∂ π +ρ=Φ rr rrrrrrr Sekarang, kita dapat membuat integral permukaan hanya bergantung pada tipe kondisi batas. (1). Kondisi batas Dirichlet ( ) Sdiberadaxjika0'x,xGD rrr = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 'da 'n 'x,xG 'x 4 1 'xd'x,xG'xx S D3 V D ∫∫ ∂ ∂ Φ π −ρ=Φ rr rrrrr
  74. 74. (2). Kondisi batas Neumann ( ) Sdiberada'xjika0 'n 'x,xGN r rr = ∂ ∂ ( ) ( ) ( ) ( ) 'da 'n 'x,xG 4 1 'xd'x,xG'xx S N 3 V N ∫∫ ∂ Φ∂ π −ρ=Φ rrrrrr Namun, dari teorema Green, bahwa: π= ∂ ∂ ∫ 4'da 'n G S D Sehingga kondisi batas pada GN yang diperbolehkan adalah: Spada'xuntuk S 4 'n GN rπ −= ∂ ∂ ( ) ( ) ( ) ( ) 'da 'n 'x,xG 4 1 'xd'x,xG'xx S N 3 V NS ∫∫ ∂ Φ∂ π +ρ+Φ=Φ rrrrrr Dimana <Φ>S adalah potensial rata-rata di seluruh permukaan.
  75. 75. Karena fungsi Green adalah potensial yang diakibatkan dari suatu muatan titik, maka secara simetri ia menggambarkan pertukaran antara titik sumber dan pengamatan. Dalam realita, terkadang fungsi Green sulit untuk diterapkan, karena itu dikembangkan beberapa metoda pendekatan diantaranya: • Metoda bayangan ; berkaitan erat dengan fungsi Green • Ekspansi dalam fungsi-fungsi ortogonal; suatu pendekatan melalui persamaan diferensial (tidak berkaitan langsung dengan fungsi Green).
  76. 76. METODA BAYANGAN
  77. 77. Metoda ini berkaitan dengan masalah dari satu atau lebih muatan titik akibat kehadiran 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 q q’ (a) (b) Solusi metoda bayangan (a). Persoalan potensial riil, (b). Persoalan bayangan
  78. 78. 1. Suatu muatan titik q diletakkan pada jarak d dari konduktor bidang tak-hingga yang digroundkan. Hitung potensial dan rapat muatan di setiap titik serta gaya yang bekerja pada muatan titik q. Solusi: ( ) 00x ==φ qddq’ x y 1r 2r P Potensial di setiap titik disebelah kanan konduktor (titik P): ( )       − πε =      + πε =φ 210210 r 1 r 1 4 q r 'q r q 4 1 x 'qq −= ( ) ( ) 22 2 22 1 ydxr ydxr ++= +−=
  79. 79. Sehingga potensial di setiap titik: ( ) ( ) ( )         ++ − +−πε =φ 2222 0 ydx 1 ydx 1 4 q x Rapat muatan permukaan: ( ){ } ( ){ } ( ) 2/322 0x 2/3222/322 0 0 0x 0 yd d 2 q ydx dx ydx dx 4 q x +π −=                 +− + − +− − πε ε= ∂ φ∂ ε−=σ = = sesuai dengan syaratPotensial di titik x = 0, maka d =0 sehingga: ( ) 00x ==φ awal bahwa konduktor digroundkan (potensialnya nol).
  80. 80. Gaya yang bekerja pada muatan titik q menjadi: 2 0 2 2 0 d4 q r 'qq 4 1 )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 pusat suatu konduktor bola yang berjejari a. Kita akan menghitung potensial, rapat muatan permukaan di sembarang titik φ(x), dimana φ(x = a) = 0 dan gaya yang bekerja pada muatan titik q. a q P x r y r q’ 'y r Dengan bantuan simetri, tampak bahwa muatan bayangan q’ terletak searah dengan muatan titik q. Bila muatan titik q berada di luar bola, maka posisi muatan bayangan q’ berada di dalam bola.
  81. 81. Potensial di setiap titik (titik P): ( )         − + −πε =φ 'yx 'q yx q 4 1 x 0 rrrr r Bila adalah vektor satuan yang searah dengan dan adalah vektor satuan yang searah dengan arah , maka: nˆ x r 'nˆ y r ( )         − + −πε =φ 'nˆ'ynˆx 'q 'nˆynˆx q 4 1 x 0 r Potensial di permukaan konduktor bola (x = a) : ( )             − + − πε ==φ 'nˆ 'y a 'nˆ'y 'q 'nˆ a y nˆa q 4 1 ax 0
  82. 82. ( ) 0 nˆ 'y a 'nˆ'y 'q 'nˆ a y nˆa q 4 1 ax 0 =             − + − πε ==φ Kita harus memilih q’ dan y’ sedemikian rupa sehingga ( ) 0ax ==φ Maka: y a 'y q y a 'q 2 = −= Artinya: 1. Bila muatan q bergerak mendekati bola, (y ≈ a), maka muatan bayangan bertambah besar dan bergerak menjauhi pusat bola menuju permukaan bola (y’ ≈ a). 2. Bila muatan q tepat terletak di luar permukaan bola (y = a), maka muatan bayangan sama besarnya dengan muatan titik, namun berlawanan tanda dengan muatan asal (q ‘ = -q) dan terletak tepat dibawah permukaan bola. 3. Bila q → ∞ maka muatan q’ → 0 (pusat bola)
  83. 83. Rapat muatan permukaan: ( )       γ−+       −       π −= ∂ φ∂ ε−==σ = cos y a 2 y a 1 y a1 y a a4 q x ax 2 2 2 2 2 ax 0 ydanxantarasudutadalah rr γ Ilustrasi rapat muatan permukaan dalam satuan –q/4πa2 sebagai fungsi dari γ γ σ π − q a4 2 a2y = a4y =
  84. 84. Gaya yang bekerja pada muatan titik q: 2 0 'yy 'qq 4 1 F −πε =         −=− 2 2 y a 1y'yy Karena q y a 'q −= , maka: 2 2 23 2 0 2 2 2 2 2 2 0 y a 1 y a a4 q y a 1y 1 y a q 4 1 F −         −      πε =       − πε =
  85. 85. Cara lain untuk menghitung gaya yang bekerja pada muatan titik q adalah dengan menghitung gaya total yang bekerja pada permukaan bola. Gaya pada masing- masing elemen luas da adalah 2πσ2da, dimana σ adalah rapat muatan permukaan sepeti 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 2 0 2 2 22 22 0 2 y a 1 y a a4 q ........... ........... cos y a 2 y a 1 dcos y a 1 y a 4 q F −         −      πε =       γ−+ Ωγ         −      πε = ∫
  86. 86. Atau dengan meninjau gambar dibawah ini (Reitz): a 0 qq’ 1rr P 2r b d θ θ−+= θ−+= cosrb2brr cosrd2drr 22 2 22 1 ( )         θ−+ + θ−+πε = πε + πε =θφ cosrb2br q cosrd2dr q 4 1 r4 'q r4 q ,r 2222 0 2010 Potensial di titik P
  87. 87. Potensial di permukaan bola = 0, jika b = a2/d, sehingga: θ−+=θ−+ cosab2ba a d cosad2da 2222 Maka : q d a 'q −=
  88. 88. MUATAN GARIS DAN BAYANGANNYA Pandang dua muatan garis yang sangat panjang dan sejajar, masing-masing dengan rapat muatan panjang (muatan persatuan panjang) λ dan –λ (lihat gambar) λ− λ 1r 2r x y z )y,x(P Potensial di sembarang titik diberikan oleh: ( ) ( ) 2 1 0 21 0 0 r r ln 2 rrln 2 rln 2 r πε λ −= − πε λ −= πε λ −=φ
  89. 89. Jika kita definisikan: M r r 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 kedua muatan garis tersebut. λ− λ 1r 2r )y,x(P Permukaan ekipotensial I d d Dengan demikian, maka muatan garis –λ dapat merupakan muatan bayangan dari muatan garis λ. x y z
  90. 90. Bagaimana dengan nilai M yang lain?? Secara umum, untuk memudahkan, maka diungkapkan dalam koordinat Kartesian, dimana muatan garis λ sebagai titik pusat 0, sehingga muatan bayangan –λ berada di posisi : ( ) 222 2 222 1 yd2xr yxr 0y,d2x ++= += =−= Maka : [ ] ( ) ( ) 2 22 2 2 22 2222222 222222 2 2 22 1 2 1 M1 dM4 M1 xdM4 yx dM4xdM4M1yM1x yd4xd4xMyx rMrM r r − = − −+ =−−+− +++=+ =⇒= Persamaan silinder yang sejajar dengan sumbu-z
  91. 91. ( ) )1....(.................... M1 dM4 M1 dM4 y M1 dM2 x M1 dM4 M1 xdM4 yx 22 24 2 22 2 2 2 2 2 22 2 2 22 − + − =+        − − − = − −+ Bentuk umum persamaan lingkaran: ( ) ( ) )2(........................................Ryyxx 22 0 2 0 =−+− Perbandingan pers. (1) dan (2) memberikan: 0ydan )M1( dM2 x 02 2 0 = − = ( ) ( ) ( )22 22 22 242422 22 24 2 22 2 M1 dM4 M1 dM4dM4dM4 M1 dM4 M1 dM4 R − = − +− = − + − = 2 M1 Md2 R − = Jari-jari silinder
  92. 92. λ− λ 1r 2r )y,x(P Permukaan ekipotensial I d d Permukaan ekipotensial II Dengan demikian untuk M < 1 terdapat suatu silinder yang mengelilingi muatan garis positif sebagai permukaan ekipotensial II (lihat gambar dibawah). Sumbu silinder tersebut melewati titik: 0y, )M1( dM2 x 2 2 = − = dan jari-jari silinder : 2 M1 Md2 R − =
  93. 93. MEDAN LISTRIK STATIK DALAM BAHAN DIELEKTRIK
  94. 94. • Suatu bahan dielektrik ideal tidak memiliki muatan-muatan bebas. • Semua bahan pada dasarnya terdiri dari molekul-molekul (inti atom dan elektron-elektron). • Molekul-molekul dalam bahan dielektrik dipengaruhi oleh kehadiran medan listrik. Medan listrik akan menimbulkan gaya yang bekerja pada partikel-partikel bermuatan. • Muatan positif bergerak searah medan listrik dan muatan negatif berlawanan arah dengan medan listrik sehingga terjadi pengkutuban (polarisasi). • Dielektrik yang terpolarisasi, walaupun netral secara rata-rata akan menghasilkan medan listrik di dalam dan diluar bahan dielektrik. • Polarisasi bergantung pada medan listrik total di dalam bahan dan medan listrik yang dihasilkan oleh dielektrik itu sendiri. • Medan listrik dari dielektrik akan merubah distribusi muatan sehingga akan merubah pula medan listrik di dalam bahan dielektrik.
  95. 95. A. POLARISASI Pandang suatu elemen volume kecil ∆v dari bahan dielektrik, dimana muatan totalnya netral. ∆v Bila bahan tersebut dipolarisasi,maka terjadi pemisahan muatan-muatan positif dan negatif), sehingga terbentuk suatu dipol di dalam elemen 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 didefinisikan polarisasi listrik (polarisasi) dari suatu bahan sebagai: p r ∆ ]m/C[ v p P 2 ∆ ∆ = rr
  96. 96. Bila ∆v diasumsikan sangat kecil secara maroskopik, ia masih mengandung banyak molekul, dimana setiap molekul yang memiliki momen dipol molekul: ∑ ∑ ∫ ∆ =      =∆ = m m m molekul m p v 1 P pp dqrp rr rr rr - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - +- + - +- + →P r E r Polarisasi dalam bahan dielektrik. Masing-masing elemen volume membentuk momen dipol p r ∆
  97. 97. B. MEDAN LISTRIK DI LUAR BAHAN DIELEKTRIK Pandang suatu bahan dielektrik yang terpolarisasi, yang dicirikan oleh polarisasi di setiap titik . Kita akan menghitung medan listrik di titik di luar bahan dielektrik tersebut. ( )'rP,r' rr P r r r 'v∆ r r 'rr rr − 'r r 0 Potensial akibat momen dipol di elemen ∆v: ( ) ( ) 'vPp;'v 'rr4 'rrP 'rr4 'rrp 3 0 3 0 ∆=∆∆ −πε − = −πε −∆ =φ∆ rr rr rrr rr rrr
  98. 98. Potensial pada titik merupakan jumlah dari potensial akibat elemen volume:r r ( ) ( )( ) 'dV 'rr 1 'P 4 1 'dV 'rr 'rr'rP 4 1 r 0V0 0V 3 0 ∫ ∫ − ∇• πε = − − πε =φ rr rr rr rrr r V0 = volume bahan dielektrik 'rr 1 ' 'rr 1 'rr 'rr 3 rrrr r rr rr − ∇= − ∇−= − − Dari sifat operator Nabla: α∇•+•∇α=α•∇ rrrrrr FFF' P' 'rr 1 'rr P ' 'rr 1 'P 'rr 1 'PP' 'rr 1 'rr P ' rr rrrr r r rr rr rr rrrr rrrr r r •∇ − − − •∇= − ∇• − ∇•+•∇ − = − •∇
  99. 99. ( ) 'dvP' 'rr 1 4 1 'dv 'rr P ' 4 1 r 0V0 0V0 rr rrrr r rr •∇ −πε − − •∇ πε =φ ∫∫ Teorema divergensi: ∫ ∫ •∇=• S V dvFdanF rrrr ( ) ( )         − •∇− + − • πε =φ ∫∫ 'dv 'rr P' 'da 'rr nP 4 1 r 0V0S0 rr rr rr rr r Dengan mendefinisikan : nP P p p rr rr •=σ •∇−=ρ = rapat muatan volume polarisasi = rapat muatan permukaan polarisasi
  100. 100. ( ) ∫ ∫∫ −πε =         − ρ + − σ πε =φ 'rr 'dq 4 1 'dv 'rr 'da 'rr4 1 r p 0 p 0V p 0S0 rr rrrr r Maka potensial listrik di luar bahan dielektrik: Medan listrik di luar bahan dielektrik: ( ) ( ) ( )         − −ρ + − −σ πε = ∫∫ 'dv 'rr 'rr 'da 'rr 'rr 4 1 rE 3 p 0V 3 p 0S0 rr rr rr rr rr Muatan total polarisasi dari bahan dielektrik: ( ) ∫∫ •+•∇−= 0S0V p 'danP'dvP'Q rrrr
  101. 101. C. MEDAN LISTRIK DALAM BAHAN DIELEKTRIK Medan listrik makroskopik adalah medan listrik rata-rata didalam daerah kecil dalam bahan dielektrik yang mengandung sejumlah molekul. Medan listrik di dalam bahan dielektrik pada dasarnya memiliki sifat yang sama dengan medan listrik di ruangan hampa, khususnya bahwa medan listrik bersifat konservatif. ∫ =•=×∇ 0dEE l rrrr Pandang suatu rongga vakum berbentuk silinder kecil yang diletakkan dalam bahan dielektrik. S1 S2 E r A B CD
  102. 102. 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 EE 0EE = =•−• l rr l rr dengan v untuk vakum dan d untuk bahan dielektrik dan t adalah komponen tangensial. D. HUKUM GAUSS DALAM DIELEKTRIK (PERPINDAHAN LISTRIK) Hukum Gauss menyatakan bahwa fluk listrik yang melewati suatu permukaan tertutup sembarang sebanding dengan muatan total yang dilingkupi permukaan tersebut. ∫∑∫ ρ ε = ε =• V0 i S 0 dv 1 q 1 danE rr
  103. 103. Dalam menerapkan Hukum Gauss pada suatu daerah yang mengandung muatan- muatan yang diletakkan didalam bahan dielektrik, kita harus memperhitungkan seluruh muatan didalam permukaan Gauss (polarisasi muatan). Pandang suatu permukaan S yang terletak di dalam bahan dielektrik. Kita berikan muatan Q di dalam volume pada permukaan S dengan asumsi bahwa muatan ini berada pada permukaan-permukaan konduktor q1, q2 dan q3. ( )p S 0 QQ 1 danE + ε =•∫ rr Dimana: ( ) ∫∫ ++ •+•∇−= ++= 3S2S1SV p 321 danPdvPQ qqqQ rrrr q1 q3 q2 S bahan dielektrik S3 S2 S1
  104. 104. ( ) ∫∫ ++ •+•∇−= 3S2S1SV p danPdvPQ rrrr Teorema divergensi: ∫ ∫ •∇=• S V dvPdanP rrrr Maka: ∫ ∫∫ +++++ •−=•+•−= 2S2S1S S2S2S1SS p danPdanPdanPQ rrrrrr ( ) ( ) QdanPE danPQ 1 QQ 1 danE S 0 S0 p S 0 =•+ε         •− ε =+ ε =• ∫ ∫∫ rsr rrrr Fluks dari vektor (ε0E + P) melalui permukaan tertutup S sebanding dengan muatan Q yang diletakkan dalam volume yang dilingkupi oleh permukaan S.
  105. 105. Jika kita definisikan suatu medan vektor makroskopik yang baru D (perpindahan listrik) : ∫ =• +ε= S 2 0 QdanD :maka ]m/C[PED rr rrr Hukum Gauss untuk perpindahan listrik Teorema divergensi: ∫ ∫ •∇=• S V dvDdanD rrrr Maka: ρ=•∇ ρ==•∇ ∫∫ D dvQdvD VV rr rr Bentuk diferensial persamaan Gauss dalam bahan dielektrik
  106. 106. E. SUSEPTIBILITAS LISTRIK DAN KONSTANTA DIELEKTRIK Polarisasi suatu bahan dielektrik terjadi karena respon terhadap medan listrik di dalam 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 : ( ) ( )EEEPP rrrr 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
  107. 107. Walaupun χ (E) dan ε (E) ditulis bergantung pada medan listrik, namun seringkali ditemukan bahwa χ dan ε tidak bergantung pada medan listrik (bahan linier). Pada intensitas E yang besar, besaran tersebut bergantung pada medan listrik atau intensitas (bahan listrik/optik nonlinier). ED EP rr rr ε= χ= Jadi perilaku listrik dari suatu bahan dicirikan oleh suseptibilitas dan permitivitas listrik. Suatu konstanta dielektrik [tak berdimensi], didefinisikan sebagai: 00 1K ε χ += ε ε = Jika medan listrik dalam bahan dielektrik sangat kuat, maka elektron-elektron akan tertarik keluar dari molekul sehingga bahan menjadi konduktor. Medan listrik maksimum yang tanpa mengakibatkan keluarnya elektron dari molekul disebut kekuatan dielktrik, Emax [V/m]
  108. 108. 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 6,1NaCl 4,3Kuarsa (silika, SiO2) 18 x 1062,3Polietilen 19 x 1063,5Nilon 9 x 1065 - 10Gelas 6 x 1064,5Alumunium oksida Kekuatan dielektrik, EmaxKonstanta dielektrik, K Bahan
  109. 109. F. MUATAN TITIK DALAM FLUIDA DIELEKTRIK Pandang suatu muatan titik q berada pada titik asal (titik 0) dalam fluida dielektrik dengan konstanta dielektrik K. Berapakah medan listrik E didalam fluida? r r4 q D r4 q D qDr4 qdvD 2 2 2 V rr rr π = π = =π =•∇∫ Hukum Gauss : Medan listrik dan polarisasi: r Kr4 q)1K( EP r Kr4 q E EKED 3 3 0 0 rrr rr rrr π − =χ= πε = ε=ε= Tampak bahwa medan listrik didalam bahan dielektrik lebih kecil dibandingkan dalam vakum, karena K > 1.
  110. 110. Mengapa dielektrik memperlemah medan listrik ??? Medan listrik berasal dari muatan-muatan baik eksternal maupun muatan terpolarisasi. 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 nPp rr •=σ r Kr4 q)1K( EP 3 rrr π − =χ= Dari polarisasi: Maka: ( ) ( ) 0 r 1 K4 q1K r r K4 q1K P 2 3 =      ∇− π − =       ∇ π − =•∇ rrrr 0p =ρ
  111. 111. Muatan titik q adalah sebuah titik secara makroskopik, namun dalam skala molekul, bisa berukuran besar, katakanlah mempunyai jari-jari b (b bisa mendekati nol). Muatan polarisasi total di permukaan: ( ) ( ) K q1K nPb4limQ br 2 0b p − −= •π= =→ rr Maka muatan total di dalam fluida dielektrik : q K 1 qQp =+ +q S + - + - + - +-+- + - + - + - +-+- + - +- + - + - + - + - + - +- + - + - + - + - + - + - Skematik orientasi molekul-molekul terpolarisasi dalam bahan dielektrik mengelilingi muatan titik q. E r
  112. 112. G. SYARAT-SYARAT BATAS PADA VEKTOR MEDAN Pandang dua meda 1 dan 2 (lihat gambar). Dengan asumsi bahwa terdapat rapat muatan permukaan σ yang berbeda dari satu titik dengan titik yang lain pada batas dua media. S 1D r 2D r 2n r 1 2 Kita buat suatu permukaan tertutup S yang melewati batas kedua medium. Muatan yang dilingkupi permukaan S : ( ) volume 2 1 S 21 ×ρ+ρ+∆σ Karena volume bisa kecil, maka muatan menjadi σ ∆S. Hukum Gauss: ( ) σ=•− ∆σ=∆•+∆• 212 1122 nDD SSnDSnD rrr rrrr Karena n2 normal juga terhadap batas (interface), maka: 1n r 21 nn rr −= σ=− n1n2 DD
  113. 113. σ=− n1n2 DD Terjadi diskontinu komponen normal dari D (diskontinuitas D diberikan oleh rapat muatan permukaan dari muatan eksternal di interface. Jika tak ada muatan diantara batas dua media, maka komponen normal D bersifat kontinu. Bagaimana dengan medan listrik di batas tersebut ?? 1E r 2E r 1 2 A D B C ( ) ( ) t1t2 12 12 C EE 0EE 0EE )kecil(0BCAD CDAB 0dEE = =∆•− =∆−•+∆• ≈= ∆== =•=×∇ ∫ l rr l r l r l l rrrr Komponen tangensial medan listrik bersifat kontinu di batas dua medium.
  114. 114. Jika medium 1 adalah bahan konduktor, maka χ = ∞ dan ε = ∞, sehingga E1 = 0: σ= = n2 t2 D 0E dimana σ adalah rapat muatan permukaan total pada konduktor. H. SYARAT-SYARAT BATAS YANG MELIBATKAN DIELEKTRIK-DIELEKTRIK ρ=•∇ D rr Jika bahan-bahan dielektrik merupakan bahan linier, isotropik dan homogen, maka: ρ ε −=φ∇ ε ρ =•∇ ε= 1 E ED 2 rr rr Persamaan Poisson, namum ε0 diganti dengan ε.
  115. 115. Dalam kasus kebanyakan, dielektrik tidak mengandung muatan yang terdistribusi sehingga ρ = 0 di dalam bahan dielektrik : 02 =φ∇ Persamaan Laplace dalam bahan 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 listrik di setiap titik akibat kehadiran bola dielektrik? (Asumsikan bahan dielektrik adalah linier, isotropik dan homogen)
  116. 116. I. METODA BAYANGAN YANG MELIBATKAN DIELEKTRIK Dalam metoda bayangan yang sebelumnya, potensial di suatu titik dihasilkan oleh muatan titik dan muatan bayangan yang lokasinya berada di dalam bahan konduktor. Dalam kasus yang melibatkan dua atau lebih bahan dielektrik, muatan bayangan dapat 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 suatu bidang interface. Tidak ada muatan eksternal pada interface. Suatu muatan titik diletakkan dalam dielektrik ε1 pada posisi sejauh d dari interface. Berpakah medan listrik di medium dielektrik 1 dan 2 ??? 1 2 q d
  117. 117. Solusi: Asumsikan bahwa interface berada pada bidang xy, dan q berada pada titik x = -d. q q’ sumbu-x 0x = d d P r 'r ( ) ( ) 222 222 zydxr zydxr ++−= +++= Potensial dalam medium 1:     + πε =φ 'r 'q r q 4 1 1 1 muatan bayangan q’ berada di medium 2 pada posisi (x,y,z) = (d,0,0)
  118. 118. Potensial dalam medium 2, muatan bayangan harus berada di medium 1 (juga muatan asala q dimana keduanya berada pada poisisi (-d,0,0). Jika muatan total didefinisikan sebagai q”, maka potensial di medium 2 adalah: r4 "q 2 2 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'qq xx DD 2/32222/3222 0x 2 2 0x 1 1 n2n1 ++ = ++ − ∂ φ∂ ε−= ∂ φ∂ ε− = ==
  119. 119. Sekarang kita hitung medan listrik pada interface. Karena komponen tangensial medan listrik bersifat kontinu, maka: ( ) [ ] [ ] )2......(.......... zyd y"q zyd y'qq yy EE 2/3222 2 2/3222 1 0x 2 0x 1 t2t1 ++ε = ++ε − ∂ φ∂ −= ∂ φ∂ − = == Dari kombinasi persamaan (1) dan (2) diperoleh: q 2 "q;q'q 21 2 21 21 ε+ε ε = ε+ε ε−ε = Karena itu persamaan Laplace dipenuhi di kedua media dan juga syarat batas dipenuhi, sehingga solusinya adalah unik.
  120. 120. TEORI MIKROSKOPIK DARI DIELEKTRIK
  121. 121. 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 pada polarisasi 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 disebut medan molekul Em. Jadi medan molekul adalah medan listrik pada posisi molekul dalam dielektrik dan dihasilkan 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.
  122. 122. 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. Dielektrik sebelah 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 dengan meletakkannya dalam medan listrik seragam diantara dua pelat sejajar yang muatannya berlawanan. + + + + + + - - - - - - - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - +
  123. 123. Jika diasumsikan bahwa polarisasi itu seragam secara makroskopik dan P sejajar dengan medan, maka dielektrik di luar rongga diganti dengan sistem polarisasi muatan-muatan (lihat gambar di bawah). ( )0P =•∇ rr + + + + + + - - - - - - - - - - - - + + + + + + + - + - + + + + + −− − − − Medan listrik di titik pusat rongga: 'EEEEE sdxm rrrrr +++= xE r = medan listrik primer (dihasilkan pelat sejajar yang bermuatan) dE r = medan listrik yang tak-terpolarisasi akibat perubahan polarisasi muatan di luar permukaan dielektrik. sE r = medan listrik akibat perubahan polarisasi pada permukaan rongga S 'E r = medan listrik akibat seluruh dipol di dalam rongga S
  124. 124. Jika bidang muka pelat lebih besar dibandingkan dengan tebal pelat, maka: 0 xE ε σ = dimana σ adalah rapat muatan permukaan Medan tak-terpolarisasi dihasilkan oleh dua pelat sejajar dengan rapat muatan σp. Karena σp = Pn = ± P : P 1 E 0 d rr ε −= Karena komponen normal dari perpindahan listrik D adalah kontinu di batas antara 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 hubungan antara medan molekul dan medan listrik makroskopik
  125. 125. Medan Es timbul dari rapat muatan polarisasi, σp = Pn pada permukaan S. Dengan menggunakan koordinat bola dan mengambil arah kutub (polar) serarah P, maka: ( ) dar r4 cosP Ed 3 0 s rr πε θ− = r adalah vektor dari permukaan ke pusat bola. Dari simetri bola, tampak bahwa hanya komponen dEs yang searah dengan P saja yang berperan dalam integral dEs. Karena da = r2 sin θ dθ dϕ, maka: + + + + ++ −− − − −− pσ S P rθ P 3 1 dsincosdP 4 1 E 0 0 2 2 00 s r rr ε = θθθϕ πε = ∫∫ ππ
  126. 126. Berapakah E’ ?? Jika didalam rongga terdapat banyak dipol dan mereka terorientasi sejajar namun terdistribusi 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 beberapa molekul yang berbeda). Dalam bahan dielektrik kebanyakan, maka: P 3 1 EE 0 m rrr ε += Momen dipol suatu molekul sebanding dengan medan listrik yang bekerja pada molekul tersebut. Rasio momen dipol molekul dan medan polarisasi disebut dengan polarizabilitas molekul α: mm Ep rr α= Jika terdiri dari N molekul persatuan volume, maka polarisasi:       ε +α== P 3 1 ENpNP 0 m rrrr
  127. 127.       ε +α== P 3 1 ENpNP 0 m rrrr Persamaan diatas dapat ditulis dalam konstanta dielektrik K, karena E)1K(EP 0 rrr ε−=χ= Sehingga polarizabilitas molekul menjadi: ( ) ( )2KN 1K3 0 + −ε =α Persamaan Claussius- Mossotti Jelas bahwa sifat-sifat molekul seperti polarizabilitas molekul (besaran mikroskopik) dapat ditentukan dari besaran makroskopik (konstanta dielektrik)
  128. 128. B. DIPOL INDUKSI : MODEL SEDERHANA Molekul dielektrik diklasifikasikan sebagi polar dan nonpolar. • Molekul polar memiliki momen dipol permanen, bahkan jika medan polarisasi Em = 0. • Molekul nonpolar, dimana pusat gravitasi (muatan positif) dan distribusi muatan negatif umumnya sebanding. Contoh : molekul-molekul simetri (H2, N2 dan O2), molekul monoatomik (He, Ne, Ar) Medan listrik yang diberikan menyebabkan pergeseran muatan-muatan positif dan 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 berpindah sejauh x searah medan. Suatu gaya ZeEm akan bekerja searah medan dimana gaya elektrostatik antara inti dan awan elektron untuk kembali ke posisi awal.
  129. 129. 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: ( )( ) m 3 00 m2 0 3 0 3 ER4Zex EZe x4 R/ZexZe πε= = πε Dalam proses ini terjadi dipol atom sebesar pm = Zex, sehingga polarizabilitas : 3 00R4πε=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 0 0 )2KN4 1K3 R       +πε −ε = Polarizabilitas ini adalah konstan tidak bergantung pada medan polarisasi (dielektrik linier)
  130. 130. C. MOLEKUL POLAR ; FORMULA LANGEVIN-DEBYE Suatu molekul polar memiliki momen dipol permanen. Suatu molekul polar terdiri dari sedikitnya dua atom yang berbeda. Selama pembentukan molekul, beberapa elektron baik parsial ataupun seluruhnya ditransfer dari satu atom ke yang lainnya dengan menghasilkan susunan elektronik sedemikian rupa sehingga pusat-pusat muatan negatif dan positif tidak koinsiden didalam molekul. Jika tak ada medan listrik, dielektrik polar tidak terpolarisasi sehingga individual dipol terorientasi secara acak (lihat gambar). - + - + - + - + -+ - + -+ - + -+ -+ distribusi dipol permanen yang acak
  131. 131. Polarisasi menjadi: ∑∆ = mp v 1 P rr Dimana penjumlahan meliputi seluruh molekul di dalam elemen volume ∆v. Jika pm terorientasi acak, maka polarisasi menjadi nol. Jika dielektrik polar diberikan medan listrik, individual-individual dipol mengalami torqi 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 temperatur dinaikkan, polarisasi akan berkurang. Hal ini karena energi termal molekul akan cenderung menghasilkan orientasi dipol yang acak.
  132. 132. Momen dipol efektif rata-rata dihitung dengan prinsip mekanika statistik bahwa pada temperatur T, probabilitas menemukan energi molekul tertentu E sebanding dengan faktor Blotzmann: kT/E e− Dimana k = konstanta Boltzmann dan T = temperatur absolut. Berdasarkan hukum distribusi Maxwell, probabilitas suatu molekul dengan kecepatan v sebanding dengan exp (-mv2/2kT). Dalam gas ideal, molekul- molekul memiliki energi ½(mv2). Secara umu energi terdiri dari energi kinetik Ek 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.
  133. 133. Momen dipol efektif suatu dipol molekul adalah komponen-komponennya sepanjang arah medan (p0 cos θ). Dengan hubungan Boltzmann, maka: ( ) ( )∫ ∫ Ωθ Ωθθ =θ dkT/cosEpexp dkT/cosEpexpcosp cosp m0 m00 0 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 = y 1 ycothpcosp kT Ep y 00 m0 Formula Langevin
  134. 134. 0 kT/Epy m0= θcosp p 1 0 0 Fungsi Langevin Momen dipol molekul p0 untuk bahan polar umumnya y << 1 untuk sembarang harga medan listrik sepanjang dibawah temperatur 250 K. Karenanya bahan dielektrik yang mengandung molekul-molekul polar umumnya linier. Dalam daerah linier coth y dapat diuraikan dalam deret, sehingga: kT3 Ep yp 3 1 cosp m 2 0 00 =≈θ
  135. 135. Karena < p0 cos θ> adalah momen dipol efektif rata-rata, maka polarisasi P = N < p0 cos θ> searah Em, sehingga : m 2 0 m E kT3 p P N 1 p rrr == Jika dibandingkan dengan persamaan sebelumnya : kT3 p Ep 2 0 mm =α α= rr Polarizabilitas orientasional. Efek dipol induksi meningkatkan deformasi polarizabilitas α0, sehingga secara umum polarizabilitas molekul total : kT3 p2 0 0 +α=α Persamaan Langevin-Debye (penting untuk interpretasi struktur molekul)
  136. 136. D. POLARISASI PERMANEN ; FEROELEKTRISITAS Medan molekul Em berperan dalam polarisasi individual molekul. Dalam banyak kasus P ~ E, sehingga Em = 0 jika E = 0. Namun dalam kondisi tertentu, bila terdapat polarisasi permanen (spontan), maka walaupun E = 0, 0P 3 1 E 0 0 m ≠ ε = rr Artinya jika ada polarisasi P0, ia akan memberikan medan listrik pada molekul sehingga molekul akan terpolarisasi. Jika N adalah jumlah molekul per-satuan volume, maka: 0 0 m0 P 3 N ENP rrr ε α =α= Ini berlaku jika P0 =0 atau (Nα/3ε0) = 1 [polarisasi permanen]
  137. 137. Dalam bahan dielektrik biasa (Nα/3ε0) < 1 , sedangkan yang memilki polarisasi permanen adalah kristal feroelektrik. Contoh: Kristal BaTiO3 (Barium Titanate) yang memiliki momen dipol permanen/spontan pada temperatur dibawah 1200C (Temperatur Curie). Keadaan terpolarisasi pada bahan feroelektrik adalah stabil dalam periode waktu yang lama. Seperti dibahas sebelumnya, jika bidang muka pelat lebih besar daripada tebal pelat, maka: P 1 E 0 d rr ε −= Sebenarnya stabilitas dari polarisasi feroelektrik yang tinggi akibat tidak adanya medan yang tak-terpolarisasi pada spesies, bahkan untuk kasus geometri papah/planar (slab). Species terpolarisasi dengan menempatkannya diantara pelat konduktor sejajar yang diberikan beda potensial yang besar.
  138. 138. + + + + + + - - - - - - - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + - + Muatan bebas dari pelat dinetralisasi oleh muatan polarisasi permukaan. Jika kedua pelat diberi potensial yang sama (hubung singkat), keadaan terpolarisasi dari bahan feroelektrik masih memiliki energi sehingga muatan bebas tetap berada ditempatnya yang akan menetralisir muatan-muatan polarisasi (lihat gambar di bawah). Medan makroskopik di dalam feroelektrik menjadi nol. Jika perbedaan potensialnya besar dan berlawanan tanda, maka species akan merubah polarisasinya dan muatan bebas yang berlawanan tanda akan mengalir menuju pelat melalui rangkaian luar, sehingga cukup tidak hanya untuk menetralisasi muatan bebas yang sudah ada, namun juga muatan polarisasi baru. Adi suatu pelat feroelektrik diantara dua pelat sejajar dapat digunakan untuk divais memori yang dapat menyimpan +/- dan -/+ dan polarisasinya masih bertahan walaupun medan luarnya nol. E = 0 muatan bebas permukaan
  139. 139. a 0 b c E P Jika beda potensial yang diberikan berlawanan arah dengan polarisasi asal, maka muatan akan mengalir melalui rangkaian luar bila polarisasi feroelektrik berubah arahnya. Polarisasi bahan feroelektrik akan stabil terhadap medan balik luar dengan syarat bahwa medannya tidak terlalu besar. Kondisi diatas digambarkan dalam kurva histeresis. Titik-titik b dan a adalah kondisi stabil pada E = 0. Titik-titik ini berturut-turut menggambarkan polarisasi +/- dan -/+. Titik c adalah medan listrik yang harus dilampaui agar terjadi polarisasi yang terbalik. Kurva histeresis bahan feroelektrik
  140. 140. ENERGI LISTRIK STATIK
  141. 141. Banyak persoalan dalam mekanika disederhanakan berdasarkan pertimbangan energi. 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 antar muatan atau disebut energi listrik statik. Energi listrik statik U dari suatu muatan titik sangat terkait dengan potensial listrik statik φ pada posisi muatan titik tadi. Jika q adalah muatan titik tertentu, maka kerja 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∇−= •=•= ∫ ∫∫ l rr l rr l rr F diasumsikan hanya gaya listrik qE pada masing-masing titik sepanjang lintasan, sehingga muatan-muatan akan bergerak. Jika muatan diam, maka gaya listrik pada tiap titik harus diimbangi dengan gaya yang sama dan berlawanan sehingga kerja total menjadi nol dan energi kinetik tak berubah.
  142. 142. Kerja yang dilakukan gaya lain: ( )ABqW φ−φ= yaitu bertambahnya energi listrik statik muatan sepanjang lintasan A → B. A. ENERGI POTENSIAL DARI SEKELOMPOK MUATAN-MUATAN TITIK Energi listrik statik sekelompouk muatan titik m adalah energi potensial sistem yang berkaitan dengan keadaan dimana semua muatan titik terpisah tak-hingga satu sama lain. Energi diperoleh dengan menghitung kerja untuk menghimpun muatan-muatan menjadi satu pada satu waktu. Muatan q1 ditempatkan pada posisi tanpa adanya kerja (W1 = 0). Penempatan muatan q2 memerlukan kerja : 1221 210 12 2 rrr; r4 qq W rr −= πε = Untuk muatan q3 :       πε + πε = 320 2 310 1 32 r4 q r4 q qW
  143. 143. Energi listrik statik total untuk menghimpun m-muatan : ∑∑ ∑ ∑∑ = − = = − == =         πε == m 1j 1j 1k jk m 1j 1j 1k jk0 kj m 1j j W r4 qq WU Dalam bentuk matriks, dimana Wjk = Wkj dan Wjj = 0 : ( ) ∑∑ ∑∑ = = = = πε = == m 1j m 1k jk0 kj' jj m 1j m 1k jk r4 qq 2 1 0WW 2 1 U Faktor ½ timbul untuk memastikan bahwa inateraksi antara pasangan muatan tidak terjadi dua kali.
  144. 144. Potensial φ pada muatan titik ke-j akibat muatan lain di dalam sistem : j m 1j j m 1k jk0 k' q 2 1 U r4 q φ= πε =φ ∑ ∑ = = Maka energi listrik statik : Jika muatan-muatan titik dihimpun dalam bahan dielektrik, maka energinya sama dengan persamaan diatas, hanya dalam potensial ε0 diganti dengan ε (permitivitas bahan dielektrik). B. ENERGI LISTRIK STATIK DARI DISTRIBUSI MUATAN Kita akan menghimpun distribusi muatan dengan membawa sejumalah mutan tambahan δq dari suatu potensial acuan φA = 0. Jika distribusi muatan telah tersusun sebagian dan potensial di titik tertentu didalam sistem adalah φ’(x,y,z), maka kerja yang diperlukan untuk menempatkan muatan dq di titik tersebut: ( ) aq vqqz,y,x'W ∆δσ=δ ∆δρ=δ⇒δφ=δ
  145. 145. Setiap pemindahan penambahan muatan, seluruh muatan akan berada pada fraksi yang sama dengan nilai akhir, dimana fraksi tersebut disebut α, maka: ( ) ( ) ( ) ( )daz,y,x;'z,y,xddvz,y,x;'z,y,xdU 1 0 S 1 0 V αφσα+αφρα= ∫ ∫∫ ∫ Tetapi karena seluruh muatan memiliki fraksi dari nilai akhir yang sama a, maka φ’(α;x,y, z) = αφ(x,y, z), dimana φ adalah nilai akhir potensial pada (x,y,z), maka: ( ) ( ) ( ) ( ) darr 2 1 dvrr 2 1 U SV rrrr φσ+φρ= ∫∫ Volume V harus cukup besar untuk melipuri seluruh rapat muatan dan potensial hanya diakibatkan oleh ρ dan σ saja. Jika seluruh ruang diisi oleh suatu bahan dielektrik, maka potensial (jika konduktor tak dihitung): ( ) ( ) ( ) 'da 'rr 'r 4 1 'dv 'rr 'r 4 1 r SV ∫∫ − σ πε + − ρ πε =φ rr r rr r r
  146. 146. Untuk kasus khusus: ( ) ( ) ( ) ( )k m 1k ' j m 1j j rrqk'r rrqr rrr rrr −δ=ρ −δ=ρ ∑ ∑ = = Jika konduktor ada di dalam sistem, karena konduktor merupakan daerah ekipotensial, maka : jj jkonduktor Q 2 1 da 2 1 φ=σφ∫ dengan Qj adalah muatan pada konduktor ke-j. Maka energi listrik statik dari suatu distribusi muatan yang mencakup juga konduktor : j j j 'SV Q 2 1 da 2 1 dv 2 1 U φ+φσ+φρ= ∑∫∫ meliputi seluruh konduktor dibatasi pada permukaan non-konduktor
  147. 147. Dalam konduktor, dimana muatan-muatannya berada pada permukaan, maka ρ = 0 dan σ = 0, sehingga energi potensial di dalam konduktor: j j jQ 2 1 U φ= ∑ Secara umum, energi potensial yang melibatkan interaksi antar konduktor : 2j j j1j j j Q 2 1 Q 2 1 U φ+φ= ∑∑ Akibat muatan pada konduktor j itu sendiri Akibat muatan pada konduktor lain
  148. 148. Pandang suatu distribusi muatan sembarang yang dicirikan oleh rapat muatan ρ dan σ. Rapat muatan volume didalam bahan dielektrik : D rr •∇=ρ Rapat muatan permukaan pada konduktor : nD rr •=σ Maka energi menjadi: ∫∫ •φ+•∇φ= SV danD 2 1 dvD 2 1 U rrrr Divergensi dari D mengacu pada daerah diluar konduktor, sehingga tidak sama dengan nol. Integral permukaan meliputi konduktor. C. RAPAT ENERGI LISTRIK
  149. 149. EDD DDD rrrr rrrrrr •+φ•∇= φ∇•−φ•∇=•∇φ Maka energi potensial dapat ditulis menjadi: ∫∫ ∫ •φ+•+•φ= + S'SS V danD 2 1 dvED 2 1 dv'nD 2 1 U rrrrrr S adalah semua permukaan dalam sistem dan S’ = permukaan yang membatasi sistem dan bisa dipilih tak-hingga. Arah normal n’ keluar dari volume V dan normal n arahnya keluar dari konduktor, karenanya masuk ke dalam volume V, sehingga kedua integral permukaan saling menghilangkan, maka: ∫ •= V dvED 2 1 U rr Rapat energi (energi per-satuan volume) menjadi: ED 2 1 u rr •=
  150. 150. Jika bahannya merupakan bahan dielektrik linier, maka D = ε E, sehingga rapat energi menjadi: ε =ε= 2 2 D 2 1 E 2 1 u D. ENERGI SISTEM KONDUKTOR BERMUATAN ; KOEFISIEN POTENSIAL Potensial suatu konduktor yang ada didalam simtem terdiri dari N-konduktor di dalam vakum : j N 1j iji Qp∑= =φ pij = potensial konduktor ke-j akibat suatu muatan didalam konduktor ke-j (koefisien potensial). Energi listrik statiknya: ( ) ji N 1i N 1J ijN1 QQp 2 1 Q...QU ∑∑= = =
  151. 151. 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 di dalam vakum, dapat ditulis: j N 1j iji cQ φ= ∑= cii = koefisien dari kapasitansi cij (i ≠j) = koefisien induksi Sifat-difat koefisien cij : ( ) ( ) ( ) nol/negatifinduksikoefisien.3 0c.2 cc.1 ij jiij > =
  152. 152. Konbinasi potensial masing-masing konduktor φij dan muatan Qi, maka energi dapat ditulis : ji N 1i N 1j ijc 2 1 U φφ= ∑∑ = = F. KAPASITOR Dua buah konduktor dapat menyimpan muatan-muatan yang besarnya sama dan berlawanan tanda (±Q), dengan beda potensial antara dua konduktor tak bergantung pada apakah konduktor yang lain yang ada didalam sistem bermuatan. Kedua konduktor tadi membentuk kapasitor. Jika konduktor-1 dan konduktor-2 membentuk kapasitor : x22122 x12111 QpQp QpQp φ+−=φ φ+−=φ Dimana muatan +Q berada di konduktor-1 dan –Q di konduktor-2 φx = potensial dari konduktor-konduktor yang lain
  153. 153. Perbedaan potensial antara kedua konduktor : ( ) ( ) 1 122211 12221121 p2ppC CQ Qp2pp − −+= φ∆= −+=φ−φ=φ∆ = kapasitansi dari kapasitor (muatan yang disimpan per-satuan perbedaan potensial [C/V atau Farad]) Energi kapasitor : ( ) C Q 2 1 C 2 1 Q 2 1 U 2 2 =φ∆=φ∆=
  154. 154. Suatu kapasitor keping sejajar ideal adalah jika jarak antara keping d jauh lebih kecil dibanding dengan bidang muka keping. Jika diantara kedua keping disisipi bahan dielektrik dengan permitivitas ε, maka medan listrik diantara keping: A Q1 E ε =σ ε = A = luas salah satu keping + + + + + + + + + + + + + + + + + + + - - - - - - - - - - - - - - - - - - - + + - - Kapasitansi kapasitor : d AQ C ε = φ∆ =
  155. 155. Kombinasi seri kapasitor : φ∆ 21 21total CC QQQ C += φ∆ + φ∆ = φ∆ = Kombinasi paralel kapasitor : ( ) 21 21 C 1 C 1 CCC 1 += φ∆+φ∆ = φ∆ = C1 C2 C1 C2
  156. 156. G. GAYA DAN TORSI Pandang suatu sistem terisolasi yang terdiri dari sejumlah konduktor, muatan titik dan dielektrik, jika gaya F yang bekerja pada sistem mampu menghasilkan perpindahan sistem sejauh dr. Kerja yang diberikan oleh gaya listrik pada sistem : zzyyxx dFdFdFrdFdW ++=•= rr Karena sistemnya terisolasi, maka : z U F; y U F; x U F dFdFdFdUdW zyx zzyyxx ∂ ∂ −= ∂ ∂ −= ∂ ∂ −= ++=−= Gaya listrik bersifat konservatif, dan : UF ∇−= rr
  157. 157. Jika sistem dibatasi untuk bergerak sedemikian rupa sehingga ia berotasi disekitar 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: 3 3 2 2 1 1 U ; U ; U θ∂ ∂ −=τ θ∂ ∂ −=τ θ∂ ∂ −=τ Maka : Q1 1 Q x U x U F       θ∂ ∂ −=τ         ∂ ∂ −= Dimana Q ditambahkan untuk menunjukkan bahwa sistem terisolasi, karenanya muatan total didalam sistem tetap konstan selama perpindahan dr dan dθ.
  158. 158. Contoh : Suatu kapasitor keping sejajar terpisah sejauh d yang diisi oleh bahan dielektrik dengan 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 dvE 2 1 U V 2 ∫ε= dimana integral hanya meliputi daerah E ≠ 0.
  159. 159. Dengan mengabaikan efek dari ujung kapasitor, maka : ( ) ( ) ( ) ( ) wdE1K 2 1 d w 2 1 F xdw d2 1 dwx d2 1 U 2 0 2 0 2 0 2 ε−= φ∆ ε−ε= −      φ∆ ε+      φ∆ ε= l Gaya ini searah dengan bertambahkan nilai x.

×