HANDOUT KULIAH
LISTRIK MAGNET I Oleh:
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 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
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
Pustaka 1. 2. 3.
J. R. Reitz,” Foundations of Electromagnetic Theory”, AddisonWesley Publ., 1993 D. J. Griffith,” Introduction to Electrodynamics”, Prentice-Hall Inc., 1989. J. D. Jackson,” Classical Electrodynamic”, John Wiley & Sons Inc., 1991.
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 menggunakan metoda pemisahan variabel dan persamaan Poisson dengan menggunakan 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 VEKTOR Penjumlahan dan Pengurangan Vektor :
r r r C=A+B r r r r A−B=A+ −B r r r r r r r r r A + B+C = A + B +C = A + B+C
(
Perkalian Vektor :
( ) ) ( )
r r r r A • B = A B cos θ r r A = A•A r r r r A × B = A B sin θ r r A×A = 0 r r r r B × A = −A × B
(
) (
) (
)
r r r r r r r r r A × B×C = B A •C − C A • B r r r r r r r cA c = A•X ⇒ X = r r + B ; A ⊥ B A•A r r r r r r r C×A C = A × X ⇒ X = r r + kA A•A k = sembarang skalar
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):
r ∂ϕ r ∂ϕ r ∂ϕ +j +k grad ϕ = i ∂x ∂y ∂z Dalam koordinat Bola (r,θ,φ) :
r ∂ϕ r 1 ∂ϕ r 1 ∂ϕ + aθ grad ϕ = a r + aφ ∂r r ∂θ r sin θ ∂φ C. INTEGRAL VEKTOR Jika F adalah suatu vektor, maka integral garis dari vektor F : b
r r r F( r ) • d l = lim
∫( )
a C
N →∞
N
∑ i =1
r r Fi • ∆ li
C a
r dl
b
Jika C merupakan lintasan tertutup :
∫
r r F • dl
C
Jika F adalah suatu vektor, maka integral permukaan dari vektor F :
∫
r r F • n da
r n
S
Jika S merupakan permukaan tertutup :
∫
r r F • n da
Batas
S
Jika F adalah vektor dan ϕ adalah skalar, maka integral volumenya :
J = ϕ dv (skalar )
∫
V
r r K = F dv (vektor )
∫
V
D. DIVERGENSI Divergensi suatu vektor adalah limit dari intergral permukaan vektor tsb persatuan volume, jika volume yang dilingkupi oleh permukaan S mendekati nol.
r 1 r r div F = lim F • n da V →0 V S
∫
Dalam koordinat Kartesian (x, y, z):
r ∂Fx ∂Fy ∂Fz div F = + + ∂x ∂x ∂x Dalam koordinat Bola (r, θ, ϕ):
r 1 ∂ 2 1 ∂ 1 ∂Fϕ (sin θ Fθ ) + div F = 2 r Fr + r sin θ ∂θ r sin θ ∂ϕ r ∂r
( )
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. r r
∫
V
r div F dv = F • n da
∫ S
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.
r 1 r r curl F = lim n × F da V →0 V S
∫
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.
r r 1 r r a • curl F = lim F • dl S→0 S C
∫
1 r r r = lim a • n × F da V →0 V S
∫
Dimana kurva C adalah bidang normal vektor a.
r a
ξ da
r dl
C’
r r a×n
r n
C
Karena a paralel dengan normal seluruh permukaan, maka :
r r r a × n da = ξ d l
Karena V = ξS, maka :
r r r r 1 a • curl F = lim ξF • d l V→0 ξS C
∫
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.
∫ C
r r r F • d l = curl F • n da
∫ S
F. OPERATOR DIFERENSIAL VEKTOR
r Operator diferensial vektor ∇ disebut del atau nabla.
Dalam koordinat Kartesian :
r r ∂ r ∂ r ∂ ∇= i + j +k ∂z ∂x ∂y Grad :
r ∂φ r ∂φ r ∂φ r ∇φ = i + j +k ∂z ∂x ∂y
Divergensi :
r r ∂Fx ∂Fy ∂Fz ∇•F = + + ∂x ∂y ∂z
Curl :
r i r r ∂ ∇×F = ∂x Fx
r j ∂ ∂y Fy
r k ∂ ∂z Fz
Operator del adalah operator linier :
r r r ∇(aϕ + bψ ) = a∇ϕ + b∇ψ r r r r r r r ∇ • aF + bG = a∇ • F + b∇ • G r r r r r r r ∇ × a F + bG = a ∇ × F + b∇ × G
( (
) )
Jika a dan b adalah konstanta-konstanta skalar. Teorema integral lain yang penting. b
∫( )
r r b ∇ ϕ • d l = dϕ = ϕ b − ϕ a
∫
a C
a
∫
r r r r r ∇ × F • n da = F • d l
∫
r r r r ∇ • F dv = F • n da
S
V
∫
C
∫ S
G. OPERATOR LAPLACE
r r ∇ • ∇ = ∇2
Dalam koordinat Kartesian :
∂ 2ϕ ∂ 2ϕ ∂ 2ϕ ∇ ϕ= 2 + 2 + 2 ∂x ∂y ∂z 2
r r ∇×∇ = 0 r r r ∇• ∇×F = 0 r r ∇ × ∇ϕ = 0 r r r r r r r 2 ∇× ∇×F = ∇ ∇•F −∇ F r r r ∇(ϕψ ) = ∇ϕ ψ + ϕ∇ψ r r r r r r r r r ∇ F•G = F•∇ G + F× ∇×G + r r r r r r r r r ∇× F×G = ∇•G F − ∇• F G +
(
(
)
) ( ) ( ) r r r r r r ( ) ( ) ( ) (Gr • ∇r )Fr + Gr × (r∇ ×r F) ( ) ( ) ( ) (G • ∇)F − (F • ∇)G
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
r r r r r r ∇ • ϕF = ∇ϕ • F + ϕ∇ • F r r r r r r r r r ∇• F×G = ∇×F •G − ∇×G • F r r r r r r ∇ × ϕG = ∇ϕ × F + ϕ∇ × F r r ∇• r = 3 r r ∇× r = 0 r r r r G•∇ r = G
(
)
2
∇ r=0
(
)
∫
r r r n × ∇ϕ = ϕ d l
∫
r ∇ϕ dv = ϕ n da
∫
r r r ∇ × F dv = n × F da
∫
S
V
V
C
∫ S
∫
∫(
V
S
)
∫ (
)
r r r r r r r r ∇ • G + G • ∇ Fdv = F G • n da S
MEDAN LISTRIK STATIK
Hukum Coulomb Eksperimen memungkinkan pengamatan gaya-gaya interaksi antara muatanmuatan listrik.
1. 2.
3.
Hanya ada dua jenis muatan listrik : positif (+) dan negatif (-) 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. Gaya-gaya tersebut sebanding dengan perkalian muatan-muatan tersebut yang bersifat tolak-menolak untuk muatan sejenis dan tarik-menarik untuk muatan tak-sejenis.
HUKUM COULOMB
HUKUM COULOMB SKALAR r q1
q2
q1q 2 1 q1q 2 F=k 2 = 4πε0 r 2 r ε0 = permitivitas vakuum = 8,8542 x 10-12 F/m k ≈ 9 x 109 N m2/C2
VEKTOR Gaya pada q1:
r F1
r F2
r r12 q1
q2
r r2
r r1
r F1 =
1 q1q 2 4πε0 rr12 2
r r12 r r12
1 q1q 2 r = r r 3 12 4πε0 r12 Gaya pada q2:
0
r r r r12 = r1 − r2 r r r r r r12 = − r21 r21 = r2 − r1 r r r12 = r21
r F2 =
1 q1q 2 4 πε0 rr21 2
r r21 r r21
1 q1q 2 r = r r 3 21 4πε0 r21
Secara Umum (Operator Nabla)
r 1 r r 1 q1q 2∇1 r r F1 (r1 ) = − 4πε0 r1 − r2 r r F2 (r2 ) =
r 1 1 q1q 2∇2 r r 4πε0 r1 − r2
Untuk beberapa muatan titik:
r F1 = q i
N
qj
∑ 4πε j≠i
r r r rij = ri − rj
r rij 3 0 rij
= qi
N
∑ j≠i
q j r 1 ∇i r r 4πε0 ri − rj
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:
Rapat muatan permukaan:
∆q σ = lim ∆S→0 ∆S
∆q ρ = lim ∆V→0 ∆V
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 :
r r F( r ) =
r r'
q 4πε0
∫
V
r r r − r' r q r r 3 ρ(r ' ) dv ' + 4πε r − r' 0
= vektor posisi dari distibusi muatan
∫ S
r r r − r' r r r 3 σ(r ' ) da ' r − r'
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.
r r F E = lim q →0 q
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.
+
+
+
-
+ + + + + + + + +
-
Kombinasi muatan-muatan titik dan distribusi muatan q2
q3
q1 dv’
r r r − r'
q
r r'
V
r r 0
r r F( r ) =
r r E(r ) =
r r r − ri q qi r r 3 + 4 πε0 r − ri i =1 N
q 4πε0
∑
1 4πε0
r r r − ri 1 qi r r 3 + 4πε0 r − ri i =1 N
∑
∫
r r r − r' r q r r 3 ρ(r ' ) dv ' + 4 πε r − r' 0
∫
r r r − r' r 1 ( ) r r 3 ρ r ' dv ' + 4πε r − r' 0
V
V
∫
r r r − r' r r r 3 σ(r ' ) da ' r − r'
∫
r r r − r' r r r 3 σ(r ' ) da ' r − r'
S
S
HUKUM GAUSS Menggambarkan hubungan antara integral komponen normal dari medan listrik pada suatu permukaan tertutup dan muatan total yang dilingkupi permukaan r tersebut.
nˆ
E
∫
da
S
q
q 4πε0 S
∫
r r • nˆ da 3 r
S
r r • nˆ dΩ = 3 da = r
Sudut ruang yang dibuat oleh q melalui elemen luas da. da
r dΩ
q
r E • nˆ da =
∫ S
r r 4 π r • nˆ r '•nˆ 2 1 da = da ' = ∇ r dr = 3 3 r r r' 0 S r
∫
∫
Jika q berada di dalam S
Jika q berada di luar S
Buktikan, sebagai latihan!!!!
HUKUM GAUSS
r q E • nˆ da = ε0 S
∫ ∫ S
r E • nˆ da = 0
Jika muatan q berada dalam permukaan S
Jika muatan q berada diluar permukaan S
Secara umum Hukum Gauss adalah:
r 1 E • nˆ da = ε0 S
∫
N
∑q
i
Dimana qi adalah muatan-muatan titik yang dilingkupi oleh permukaan S
i =1
Jika S adalah suatu permukaan tertutup yang dilingkupi oleh volume V, maka Hukum Gauss dapat dinyatakan oleh:
r 1 E • nˆ da = ρ dV ε0 V S
∫
∫
Teorema Divergensi:
∫ S
r r r F • nˆ da = ∇ • F dV
∫
V
Maka Hukum Gauss dalam bentuk diferensial:
r r r 1 E • nˆ da = ∇ • E dV = ρ dV ε0 V S V
∫
∫
∫
r r ρ ∇•E = ε0
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
r nˆ
r E nˆ
Hukum Gauss:
r 1 ˆ E • n da = λ dl ε0 S
∫
∫
λl E r .2πrl = ε0 Er =
λ 2πε0 r
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).
r Er n
Hukum Gauss :
dS E=0
r r 1 E • n dS = σ dS ε0 S
∫
σ E. ∆S = ∆S ε0 σ E= ε0
∫
POTENSIAL LISTRIK
Bila Curl dari suatu vektor sama dengan nol, maka vektor tersebut bisa dinyatakan sebagai gradien dari suatu skalar.
r A = vektor dan φ
r r ∇xA = 0 r r ∇ x ∇φ = 0
( )
adalah skalar
Gaya Coulomb dan medan listrik dinyatakan :
r r ∇x E = 0
r r r − r' r r 3 r − r' r r r 1 r − r' 1 r r 3 = − 4πε q' ∇ rr − rr ' r − r' 0
r r F( r ) =
1 qq ' 4πε0
r r E(r ) =
1 q' 4πε0
r 1 r 1 ∇x q' ∇ r r = 0 4πε0 r − r '
Ingat:
( )
r r ∇ x ∇φ = 0
Potensial listrik statik akibat suatu muatan titik q’:
1 1 q' r r 4πε0 r − r ' r r r r E(r ) = −∇φ(r )
r φ(r ) =
Potensial listrik akibat muatan-muatan titik dan distribusi muatan:
r φ(r ) =
1 4πε0
N
∑ i =1
qi 1 + r r r − ri 4πε0
∫
V
r 1 ρ( r ' ) dv ' + r r r − r' 4πε0
∫ S
r σ( r ' ) r r da ' r − r'
Pembuktian dengan cara lain:
r r r − r' r r 3 r − r' r r r r r 1 r − r' q' ∇ x r r 3 = 0 ∇x E = r − r' 4πε0 r r E(r ) =
r ∇x
1 q' 4πε0
r r r − r' 1 r r r r 1 r r r r 3 = r r 3 ∇x ( r − r ' ) + ∇ r r 3 x ( r − r ' ) r − r' r − r' r − r '
r r r ∇ x (r − r ') = 0 r 1 ∇ r r 3 = −3 r − r'
r r r − r' r r5 r − r'
r 1 r r ∇ r r 3 x ( r − r ' ) = 0 r − r '
Karena perkalian silang vektor yang sejajar adalah nol
Maka jika medan listrik E diketahui, potensial listrik dapat ditulis sebagai: r
r r r φ(r ) = − E • d l
∫
ref
Energi potensial di titik r relatif terhadap titik acuan (referensi): r
r r r r U ( r ) = − F( r ' ) • d r '
∫
ref
Contoh soal 1. Hitung potensial listrik di titik r di sekitar suatu kawat lurus yang sangat panjang yang memiliki rapat muatan panjang λ. Solusi : Medan listrik di sembarang titik sejauh r dari kawat lurus yang sangat panjang :
r E=
λ λ r = r 2 2πε0 r 2πε0r r r φ(r ) = − E • d r
∫ λ λ = −∫ dr = 2πε r 2πε 0
ln r + C 0
C = konstanta integrasi (ditentukan oleh syarat batas)
DIPOL DAN MULTIPOL LISTRIK
1. DIPOL LISTRIK 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 :
r r r − r'
r r
-q
r r'
0
r l
+q
r r r '+ l
r r E(r ) =
1 4πε0
r r r − ri qi r r 3 r − ri i =1 N
∑
r r r r r q r − r '− l r − r' = r r r3 − r r 3 4πε0 r − r '− l r − r'
[
r r r −3 r r 2 r r r r2 r − r ' − l = ( r − r ' ) − 2( r − r ' ) • l + l
]
−3 / 2
r 2 −3 / 2 r r r r r −3 2( r − r ' ) • l l = r − r ' 1 − r r 2 + r r r − r' r − r' Dengan menggunakan deret binomial, dimana hanya bagian liniernya saja yang diambil, maka:
r r r r − 3 r r r r −3 3(r − r ' ) • l r − r '− l = r − r ' 1 + r r 2 + ..... r − r' Maka medan listrik di titik r akibat oleh dipol listrik menjadi:
r r r r r r q 3(r − r ' ) • l r r l E(r ) = r r 5 (r − r ' ) − r r 3 + ... 4πε0 r − r ' r − r'
r r r r r r l q 3(r − r ' ) • l r r E(r ) = r r 5 (r − r ' ) − r r 3 + ... 4πε0 r − r ' r − r' 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:
r r p = lim ql r l →0 r = ql Maka medan listrik dapat dinyatakan:
r r E(r ) =
r r r r 1 3(r − r ' ) • p r r p ( ) r r ' − − r r5 r r 3 4 πε0 r − r ' r − r '
Distribusi potensial yang dihasilkan oleh dipol listrik:
r φ(r ) =
q 4πε0
1 1 r r r − r r r − r '− l r − r '
.....
r r r r q (r − r ' ) • l φ(r ) = 4πε0 rr − rr ' 3
Untuk dipol titik:
r r r r 1 p • (r − r ') φ(r ) = 4 πε0 rr − rr ' 3
Jika dua muatan -q di posisi r dan +q di posisi r+l, diletakkan di dalam suatu r medan listrik luar (dimana medan listrik digambarkan oleh potensial φext (r ) maka energi potensial:
(
)
r r r U = −qφext (r ) + qφext r + l r r r r r r r r ( ) ( φ r + l = φ r + l • ∇ φ l << r Jika: maka ext ext ext r )
(
)
r r U = q l • ∇φext r r = p • ∇φext untuk dipol titik r r r r Karena medan listrik adalah negatif gradien dari potensial listrik, E ( r ) = −∇φ( r ) maka:
r r r U (r ) = − p • E ext (r )
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.
r r r − r' dv’
titik tinjau
r r
r r'
Potensial di titik r : 0 V
r φ(r ) =
1 4πε0
∫
V
r ρ( r ' ) r r dv ' r−r
r r r >> r '
Karena r r −1 r r r − r ' = r 2 − 2 r • r '+ r '2
(
)
−1 / 2
2 r r r r 1 1 2 r • r ' r '2 1 1 3 2 r • r ' r '2 = 1 − − 2 + 2 + − 2 + 2 + ... r 2 r r 222 r r
Maka:
r ( φ r) =
1 4πε0
∫
V
1 rr • rr ' 1 3(rr • rr ' )2 r '2 r − 3 + ...ρ(r ' ) dv ' + 3 + 5 2 r r r r
Karena r tidak terlibat dalam integrasi, maka variabel r dapat disimpan diluar.
r r r 1 1 r r r ( ) φ( r ) = ρ + r ' ρ( r ' ) dv ' + r ' dv ' 3 4πε0 r V r V
∫
∫
3
3
∑∑ i =1 j=1
r 1 xix j 2 3x i ' x j ' − δijr ' ρ( r ' )dv ' 5 2 r V
∫(
)
xi, xj adalah komponen kartesian dari r dan xi’, xj’ adalah komponen Kartesian dari r’
0, δij = 1,
i≠ j i= j
r r r r r r 1 1 ( ) φ( r ) = ρ + r ' ρ( r ' ) dv ' + r ' dv ' 3 4πε0 r V r V
∫
∫
3
3
∑∑ i =1 j=1
r 1 xix j 2 3x i ' x j ' − δijr ' ρ( r ' )dv ' 5 2 r V
∫(
)
Potensial dari momen Potensial dari muatan tensor kuadropol total Potensial dari momen dipol distribusi muatan Jika posisi r berada jauh dari distribusi muatan dimana ρ berada, maka:
r r r 1 Q p • r φ(r ) = + + ... 4πε0 r r3 Dimana Q = muatan total didalam distribusi muatan p = momen dipol dari distribusi muatan
r r r p = r ' ρ(r ' ) dv '
∫
V
FUNGSI DELTA DIRAC Fungsi delta-dirac merupakan ekspresi matematik dari suatu fungsi pada titik r = 0
r r ρ(r ) = qδ(r ) r r δ(r ) = 0 untuk r ≠ 0 r δ(r ' ) dv ' = 1
∫
r r F( r ' ) δ(r ' ) dv ' = F(0)
∫ r r r r ( ) ( ) F r ' δ r ' − r dv ' = F ( r) ∫ 0
F adalah fungsi skalar atau fungsi vektor
Maka jika
r r r ρ(r ' ) = q i δ(r '− ri ) r φ(r ) =
1 4πε0
∫
r v E(r ) =
1 4πε0
∫
0
r r q i δ(r '− ri ) 1 qi = dv ' r r r r r − r' 4 πε0 r − ri r r r r q i δ(r '− ri ) r r 1 qi r r 3 (r − r ' )dv ' = 4πε r r 3 (r − ri ) r − r' 0 r − ri
Untuk suatu muatan titik qi para posisi ri
Dengan demikian Hukum Gauss:
r r 1 ∇•E = ρ ε0 Untuk suatu muatan titik q pada r = 0, menjadi:
r r r q r 1 ∇• = q δ( r ) 3 ε0 4πε0 r atau r rr r ∇ • 3 = 4πδ(r ) r Karena:
r r 1 rr d 1 r ∇ = =− 3 r r r dr r maka:
r r 1 r ∇ = ∇ • ∇ = −4πδ(r ) r r 2 1
PERSOALAN-PERSOALAN DARI LISTRIK STATIK
Pada dasarnya untuk menghitung potensial dan medan listrik dapat dilakukan langsung dengan menghitung integral dari distribusi muatan ρ(r’) melalui:
r φ(r ) =
1 4 πε0
∫
r r E(r ) =
1 4πε0
∫
r ρ( r ' ) 1 dq ' dr ' = r r r r r − r' 4πε0 r − r ' (rr − rr ') ρ(rr ')dr ' = 1 (rr − rr ')dq' r r3 r r3 4 πε r − r' r − r' 0
∫
∫
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
Q2
φ1
Q3
φ2
φ3
Solusinya: Kita tentukan dahulu potensialnya baru menentukan distribusi muatannya. PERSAMAAN POISSON Hukum Gauss:
r r ρ ∇•E = r r ε 0 ⇒ −∇ • ∇ φ = ρ r r ε0 E = −∇ φ ρ 2 ∇ φ=− ε0
( )
Persamaan Poisson
Operator diferensial:
r r ∇ • ∇ = ∇2
disebut operator Laplace
Operator Laplace dalam Koordinat Kartesian (x,y,z) 2 2 2 ∂ φ ∂ φ ∂ φ 2 ∇ φ≡ 2 + 2 + 2 ∂y ∂z ∂x
Operator Laplace dalam Koordinat Bola (r,θ,ϕ) 2 1 1 ∂ ∂ φ ∂ 1 ∂ φ ∂ φ 2 2 ∇ φ ≡ 2 r + 2 sin θ + 2 2 ∂θ r sin θ ∂ϕ2 r ∂r ∂r r sin θ ∂θ
Operator Laplace dalam Koordinat Silinder (r,θ,z) 2 2 ∂ φ ∂ ∂ φ 1 1 ∂ φ 2 ∇ φ≡ r + 2 2 + 2 r ∂r ∂r r ∂ θ ∂z
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:
2
∇ φ=0
Persamaan Laplace
TEOREMA I : Jika φ1, φ2, …, φn adalah solusi-solusi persamaan Laplace, maka:
φ = C1φ1 + C2φ2 + ... + C2φ2 Dimana C adalah konstanta sembarang, juga merupakan solusi.
Bukti:
∇2φ = ∇2C1φ1 + ∇2C2φ2 + ... + ∇2Cn φn = C1∇2φ1 + C2∇2φ2 + ... + Cn ∇2φn =0
TEOREMA II : (Teorema Keunikan) ; Dua solusi persamaan Laplace yang memenuhi syarat batas yang sama, hanya berbeda pada suatu konstanta tambahan.
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.
d 2φ =0 2 dx φ(x ) = ax + b a dan b adalah konstanta yang ditentukan oleh syarat batas. Dalam koordinat bola:
d 2φ 1 ∂ 2 ∂φ = 2 r =0 2 dr r ∂r ∂r a φ(r ) = − + b r
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 :
φ = φ(r , θ) Persamaan Laplace menjadi:
∂ ∂φ 1 1 ∂ 2 ∂φ ∇ φ = 2 r + 2 sin θ = 0 ............(1) ∂θ r ∂r ∂r r sin θ ∂θ 2
Persamaan diferensial parsial ini dapat diselesaikan denga metoda pemisahan variabel.
φ(r , θ) = Z(r ) P(θ)
Substitusi ke pers. (1) menghasilkan:
1 d 2 dZ Z(r ) d dP P(θ) r + 2 sin θ = 0 ............(2) 2 dr dr r sin θ dθ dθ r
1 d 2 dZ Z(r ) d dP P(θ) r sin θ = 0 ............(2) + 2 2 dr dr r sin θ dθ dθ r Jika persamaan (2) dibagi dengan Z(r) P(θ), dan dikalikan dengan r2 maka:
dP 1 d 1 d 2 dZ sin θ = 0 + r dθ Z dr dr P sin θ dθ 1 d 2 dZ 1 d dP sin θ ........................(3) r =− Z dr dr P sin θ dθ dθ 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).
dP 1 d sin θ = − k P sin θ dθ dθ 1 d dP sin θ + kP = 0.....................( 4) sin θ dθ dθ
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) n
Pn(θ)
0
1
1
cos θ
2
½ (3 cos2θ - 1)
3
½ (5 cos3θ - 3 cos θ)
Maka persamaan (3) menjadi:
1 d 2 dZ = n( n + 1) r Z dr dr d 2 dZ r = n( n + 1) Z........................(5) dr dr
Pers. (5) mempunyai dua buah solusi independen, yaitu:
Zn = r n
Z n = r −(n +1) Karena fungsi φ merupakan kombinasi dari variabel r dan θ, maka solusi persamaan Laplace menjadi:
φn (r , θ) = Z n ( r ) Pn (θ) φn = r n Pn (θ) φn = r
−(n +1)
Pn (θ)
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: 2 φ d 2 ∇ φ= 2 =0 dx φ(x ) = ax + b
Syarat batas? sumbu-x
φ1
d
φ2
x=0
φ = φ1 ⇒ b = φ1
x=d
φ = φ2 ⇒ φ2 = ad + φ1
Maka potensial di setiap titik:
φ2 − φ1 φ(x ) = x + φ1 d
φ2 − φ1 a= d
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:
φn = r n Pn (θ)
−(n +1) φn = r Pn (θ) φ(r , θ) = A1 + C1r −1 + A 2 r cos θ + C2 r −2 cos θ +
(
)
(
)
1 1 2 2 A 3r 3 cos θ − 1 + C3r −3 3 cos2 θ − 1 + ... 2 2 P
r r r E = E0 = E0k z
Medan listrik tanpa kehadiran bola konduktor
r θ
Medan listrik akibat kehadiran bola konduktor
Pada titik r →∞, medan listrik uniform
[
]
r r r E(r , θ) r→∞ = E 0 = E 0 k
[φ(r, θ)]r→∞ = − E0z + kons tan ta = − E 0 r cos θ + kons tan ta
φ(r , θ) = A1 + C1r −1 + A 2 r cos θ + C2 r −2 cos θ +
(
)
(
)
1 1 2 2 A 3r 3 cos θ − 1 + C3r −3 3 cos2 θ − 1 + ... 2 2 Agar potensial sama untuk r →∞, maka: A = - E0, sehingga:
φ(r , θ) = A1 − E 0r cos θ + C2 r −2 cos θ
r≥a
Suatu bola konduktor dengan jari-jari a adalah suatu permukaan ekipotensial dengan potensial φ0, maka:
φ(a , θ) = φ0
Agar kedua potensial sama pada r = a, maka:
φ(a , θ) = A1 − E 0a cos θ + C2a −2 cos θ = φ0 A1 = φ0 E 0a cos θ = C2a −2 cos θ ⇒ C2 = E 0a 3 a3 φ(r , θ) = φ0 − E 0 r cos θ + E 0 2 cos θ r ∂φ a3 Medan-medan listrik: E r = − = E 0 1 + 2 3 cos θ ∂r r a3 1 ∂φ Eθ = − = − E0 1 − 3 sin θ r ∂θ r Rapat muatan permukaan:
σ(θ) = ε0 E r r =a = 3ε0 E 0 cos θ
Muatan total didalam bola: π
Q = a 2 σ(θ) 2π sin θ dθ
∫ 0
π
∫
= a 2 3ε0 E 0 cos θ 2π sin θ dθ 0
= 3πa 2ε0 sin 2 θ
π 0
=0 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 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.
∫
r r r r 3 r r ∇ • A dV = ∇ • A d x = A • n da ............................(1)
∫
V
r
∫
V
r
Bila A = φ∇ψ , dimana φ dan ψ adalah medan-medan skalar sembarang, maka:
(
)
r r r r r r 2 ∇ • A = ∇ • φ ∇ψ = φ∇ ψ + ∇φ∇ψ r r r .........................( 2) r ∂ψ A • n = φ ∇ψ • n = φ ∂n
Dimana
∂
∂n adalah normal turunan pada permukaan S. Susbstitusi (2) ke (1) :
∫V (
)
∂ψ φ∇ ψ + ∇φ . ∇ψ d x = φ da ..........................(3) ∂n S 2
∫
3
Bila medan-medan skalar φ dan ψ saling tukar, maka:
∂φ ( ) ψ ∇ φ + ∇ ψ . ∇ φ d x = ψ ∫ ∫ ∂n da ..........................(4) 2
3
V
S
Pers. (3) dikurangi pers. (4) menghasilkan:
∫(
V
)
∂φ ∂ψ φ∇ ψ − ψ∇ φ d x = φ − ψ da ∂n ∂n S 2
2
3
∫
Persamaan ini disebut sebagai teorema Green
Persamaan diferensial Poisson untuk potensial listrik statik dapat dikonversi ke dalam persamaan integral, bila kita memilih medan-medan skalar:
1 1 ψ≡ ≡ r r R x − x'
r x r x'
= titik pengamatan = variabel integrasi
φ=Φ ∇2Φ = −4πρ r r 1 1 2 ∇ = ∇ r r = −4πδ(x − x ' ) R x − x' 2
Maka Teorema Green menjadi:
r r r 4π r 3 ∂ 1 1 ∂Φ ( ) ( ) ( ) = Φ − π Φ δ − + ρ 4 x ' x x ' x ' d x ' da ' − ∂n' R R ∂n' R V S
∫
∫
r r r 4π r 3 ∂ 1 1 ∂Φ ( ) ( ) ( ) − π Φ δ − + ρ = Φ 4 x ' x x ' x ' d x ' da ' − ∂n' R R ∂n' R V S Bila titik r berada didalam volume V, maka: x r r r 3 − 4πΦ (x ' )δ(x − x ' ) d x ' = 0
∫
∫
∫
V
Maka potensial listrik statik dapat ditentukan dengan persamaan:
r r 1 1 ∂Φ ρ(x ' ) 3 ∂ 1 d x' + Φ (x ) = −Φ da ' R 4π S R ∂n' ∂n' R V
∫
∫
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:
r r r ρ(x ' ) 3 ρ(x ' ) Φ (x ) = d x ' = r r d 3x ' R x − x' V V
∫
∫
Persamaan Gauss
2. Untuk volume tak bermuatan, potensial di setiap titik di dalam volume (solusi pers. Laplace), persamaan:
r r 1 1 ∂Φ ρ(x ' ) 3 ∂ 1 d x' + Φ (x ) = −Φ da ' R 4π S R ∂n' ∂n' R V
∫
∫
Bukan merupakan solusi untuk persoalan nilai batas, tetapi hanya suatu integral karena Φ dan ∂Φ merupakan persoalan tersendiri (kondisi batas ∂n Cauchy).
Fungsi ψ ≡
r x
dan
r x'
1 1 ≡ r r merupakan suatu fungsi yang hanya bergantung pada R x − x'
yang disebut dengan fungsi Green. Secara umum:
r r r r ∇' 2 G (x, x ' ) = −4π δ(x − x ' ) r r r r 1 G (x, x ' ) = r r + F(x, x ' ) x − x' Dimana fungsi F memenuhi persamaan Laplace di dalam volume V:
r r ∇ F(x, x ' ) = 0 '2
Dalam menghadapi masalah yang memenuhi kondisi batas pada Φ dan ∂Φ ∂n 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:
r r r r r r r ∂G (x , x ' ) 1 r r ∂Φ ( ) ( Φ (x ) = ρ(x ' )G (x, x ' ) d 3x ' + − Φ G x , x ' x ') da ' ∂n' ∂n' 4π S V
∫
∫
Sekarang, kita dapat membuat integral permukaan hanya bergantung pada tipe kondisi batas. (1). Kondisi batas Dirichlet
r r r G D (x, x ' ) = 0 jika x berada di S r r r r r r 3 r ∂G D (x , x ' ) 1 Φ (x ) = ρ(x ' )G D (x, x ' ) d x ' − Φ (x ' ) da ' ∂n ' 4π S V
∫
∫
(2). Kondisi batas Neumann
r r r ∂G N (x, x ' ) = 0 jika x ' berada di S ∂n' r r r r r r ∂Φ 1 Φ (x ) = ρ(x ' )G N (x, x ' ) d 3x ' − G N (x, x ' ) da ' ∂n ' 4π S V
∫
∫
Namun, dari teorema Green, bahwa:
∂G D da ' = 4π ∂n' S
∫
Sehingga kondisi batas pada GN yang diperbolehkan adalah:
r ∂G N 4π =− untuk x ' pada S ∂n' S r r r r r r ∂Φ 1 Φ (x ) = Φ S + ρ(x ' )G N (x , x ' ) d 3x ' + G N (x, x ' ) da ' ∂n ' 4π S V
∫
∫
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 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).
METODA BAYANGAN
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:
φ=0
φ=0
q
(a)
q
q’
(b)
Solusi metoda bayangan (a). Persoalan potensial riil, (b). Persoalan bayangan
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:
P
r2
q’
d
y
r1 d
q
x
φ(x = 0) = 0 Potensial di setiap titik disebelah kanan konduktor (titik P):
1 q q' q 1 1 + = − φ(x ) = 4πε0 r1 r2 4πε0 r1 r2 q = −q '
r1 =
(x − d )2 + y2
r2 =
(x + d )2 + y2
Sehingga potensial di setiap titik:
q φ(x ) = 4πε0
− (x − d )2 + y2 (x + d )2 + y2 1
1
Potensial di titik x = 0, maka d =0 sehingga:
φ(x = 0) = 0
sesuai dengan syarat
awal bahwa konduktor digroundkan (potensialnya nol). Rapat muatan permukaan:
∂φ σ = − ε0 ∂x x =0 q x−d = ε0 4 πε0 (x − d )2 + y 2 q d =− 2π d 2 + y 2 3 / 2
{
(
)
}
3/ 2
− 3 / 2 (x − d )2 + y2 x =0
{
x+d
}
Gaya yang bekerja pada muatan titik q menjadi:
1 qq' q2 F(q ) = =− 2 4πε0 r 4πε0d 2
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.
r x r y' a
q’
P
r y
q
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.
Potensial di setiap titik (titik P):
r φ(x ) =
1 q q' r r + r r 4πε0 x − y x − y'
r ˆ Bila n adalah vektor satuanr yang searah dengan x dan nˆ ' adalah vektor satuan yang searah dengan arah
r φ(x ) =
y , maka:
1 q q' + 4πε0 x nˆ − y nˆ' x nˆ − y' nˆ'
Potensial di permukaan konduktor bola (x = a) :
1 q q' φ(x = a ) = + 4πε0 ˆ y ˆ a a n − n' y' nˆ'− nˆ' a y'
Kita harus memilih q’ dan y’ sedemikian rupa sehingga
1 q q' φ(x = a ) = + y 4πε0 a ˆ ˆ a n n ' − y' nˆ'− nˆ a y' Maka:
φ(x = a ) = 0
=0
a q' = − q y a2 y' = y
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)
Rapat muatan permukaan:
σ(x = a ) = − ε0
∂φ ∂x x =a
q a =− 2 4 πa y
a2 1 − 2 y a2 a 1 + 2 − 2 cos γ y y
r r γ adalah sudut antara x dan y
Ilustrasi rapat muatan permukaan dalam satuan –q/4πa2 sebagai fungsi dari γ
4 πa 2 − σ q
y = 2a
y = 4a γ
Gaya yang bekerja pada muatan titik q:
1 qq' F= 4πε0 y − y' 2 Karena
a q' = − q y F=
, maka:
1 2a q 4πε0 y 2
a2 y − y' = y1 − 2 y
1 a y 1 − 2 y
a q = 2 4πε0a y
2
2
3
2
a 1 − 2 y
2
−2
Cara lain untuk menghitung gaya yang bekerja pada muatan titik q adalah dengan menghitung gaya total yang bekerja pada permukaan bola. Gaya pada masingmasing 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
q a F= 4πε0 y
2
a2 1 − 2 y
∫
a2 a 1 + 2 − 2 cos γ y y
........... ........... 2
a q = 2 4πε0a y
3
a 1 − 2 y 2
cos γ dΩ
−2
Atau dengan meninjau gambar dibawah ini (Reitz):
P
r a
r2
r1 = r 2 + d 2 − 2rd cos θ
r1
θ 0 b q’
r2 = r 2 + b2 − 2rb cos θ q
d Potensial di titik P
q q' φ(r , θ) = + 4πε0r1 4πε0 r2 1 q q = + 2 2 4πε0 r 2 + d 2 − 2rd cos θ r + b − 2rb cos θ
Potensial di permukaan bola = 0, jika b = a2/d, sehingga:
a 2 + d 2 − 2ad cos θ = Maka :
a q' = − q d
d 2 a + b2 − 2ab cos θ a
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) P( x , y ) y
r2
r1 λ
−λ Potensial di sembarang titik diberikan oleh:
φ(r ) = − =−
λ ln r 2πε0 λ ln (r1 − r2 ) 2πε0
r1 λ ln =− 2πε0 r2
z x
Jika kita definisikan:
r1 =M r2
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. P( x , y )
r2 r1
y z x
−λ
d
d
λ
Permukaan ekipotensial I Dengan demikian, maka muatan garis –λ dapat merupakan muatan bayangan dari muatan garis λ.
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 :
x = −2 d , y = 0 r12 = x 2 + y 2 r22 = (x + 2d )2 + y 2 Maka :
r1 =M r2
⇒ r12 = M 2 r22
[
x 2 + y 2 = M 2 x 2 + 4xd + 4d 2 + y 2
(
)
(
)
]
x 2 1 − M 2 + y 2 1 − M 2 − 4 M 2 xd = 4 M 2d 2 2 2 2 4 M xd 4 M d x 2 + y2 − = 1 − M2 1 − M2
Persamaan silinder yang sejajar dengan sumbu-z
4 M 2 xd 4 M 2d 2 x +y − = 2 1− M 1 − M2 2
2
2
2M d 4 M 2d 2 4 M 4d 2 2 +y = x − ........................(1) + 2 2 2 2 1− M 1− M 1− M 2
(
)
Bentuk umum persamaan lingkaran:
(x − x 0 )2 + (y − y0 )2 = R 2
........................................( 2)
Perbandingan pers. (1) dan (2) memberikan:
2 M 2d x0 = dan y0 = 0 2 (1 − M ) 4 M 2d 2 4 M 4d 2 4 M 2d 2 − 4 M 4d 2 + 4 M 4d 2 R = + = 2 2 2 2 2 1− M 1− M 1− M 2
(
=
)
(
)
4 M 2d 2
(1 − M )
2 2
2 Md R= 1 − M2
Jari-jari silinder
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:
2 M 2d x = , y =0 2 (1 − M ) dan jari-jari silinder :
2 Md R= 1 − M2 P( x , y )
r2 r1 −λ
d
d
Permukaan ekipotensial I
λ
Permukaan ekipotensial II
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 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.
A. POLARISASI Pandang suatu elemen volume kecil ∆v dari bahan dielektrik, dimana muatan totalnya netral. Bila bahan tersebut dipolarisasi,maka terjadi pemisahan muatan-muatan positif dan negatif), sehingga terbentuk suatu dipol di dalam elemen volume dengan momen dipol:
r ∆p =
∆v
∫
∆v
r
r r r ρ dv = r dq
∫
∆v
Karena ∆p 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:
r ∆pr P= [C / m 2 ] ∆v
Bila ∆v diasumsikan sangat kecil secara maroskopik, ia masih mengandung banyak molekul, dimana setiap molekul yang memiliki momen dipol molekul:
r pm =
r r dq r 1 molekul P = ∆v r r ∆p = pm
∫
∑
∑
r pm
m
- + - + - + - + - + - + r- + - + - + P→ - + - + - + - + - + - + - + - + - + - +
r E
Polarisasi dalam r bahan dielektrik. Masing-masing elemen volume membentuk momen dipol ∆p
B. MEDAN LISTRIK DI LUAR BAHAN DIELEKTRIK Pandang suatu bahan dielektrik yang terpolarisasi, yang dicirikan oleh polarisasi r r r ' di setiap titik r , P( r ' ) . Kita akan menghitung medan listrik di titik r di luar bahan dielektrik tersebut.
r P
r r r − r' ∆v '
r r'
r r
0 Potensial akibat momen dipol di elemen ∆v:
r r r ∆p(r − r ' ) ∆φ = r r3 4 πε0 r − r ' r r r P (r − r ') = r r 3 ∆v ' ; 4 πε0 r − r '
r r ∆p = P∆v '
Potensial pada titik
r r
merupakan jumlah dari potensial akibat elemen volume:
r r r r 1 P(r ' )(r − r ' ) φ(r ) = dV' r r 3 4πε0 V r − r' 0 1 = 4πε0
∫
V0 = volume bahan dielektrik
r r 1 P • ∇' r r dV' r − r' V0
r r r 1 r − r' 1 r r 3 = −∇ rr − rr ' = ∇' rr − rr ' r − r'
∫
Dari sifat operator Nabla:
r r r r r r ∇'• αF = α ∇ • F + F • ∇α
r r P 1 r r r r 1 ∇'• r r = r r ∇'• P + P • ∇' r r r − r' r − r' r − r' r r r r 1 P 1 r r P • ∇' r r = ∇'• r r − r r ∇'• P r − r' r − r' r − r'
r ( φ r)=
1 4πε0
∫
V0
r r P 1 ∇'• r r dv ' − 4πε0 r − r'
∫
V0
1 r r r r ∇'• P dv ' r − r'
Teorema divergensi:
∫S
r r r r F • n da = ∇ • F dv
∫V
(
)
r r r r r 1 P•n − ∇'• P φ(r ) = r r da ' + r r dv ' 4πε0 S r − r ' r − r' V 0 0
∫
∫
Dengan mendefinisikan :
r r ρ p = −∇ • P r r σp = P • n
= rapat muatan volume polarisasi
= rapat muatan permukaan polarisasi
Maka potensial listrik di luar bahan dielektrik:
σp ρp 1 r r da ' + r r dv ' 4 πε0 S r − r ' r − r' V 0 0 dq'p 1 = r r 4 πε0 r − r '
r φ(r ) =
∫
∫
∫
Medan listrik di luar bahan dielektrik:
r r E(r ) =
r r r r σp (r − r ' ) ρp (r − r ' ) 1 da ' + dv ' r r r r 3 3 4πε0 S r − r' r − r' V0 0
∫
∫
Muatan total polarisasi dari bahan dielektrik:
Qp =
∫(
)
r r r r − ∇'• P dv ' + P • n da '
V0
∫
S0
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.
r r r r ∇ × E = E • dl = 0
∫
Pandang suatu rongga vakum berbentuk silinder kecil yang diletakkan dalam bahan dielektrik.
S1
A D
B
r E
C
S2
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:
r r r r E v • l − Ed • l = 0 E vt = Edt 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.
r r 1 E • n da = ε 0 S
∫
∑
1 qi = ρ dv ε0 V
∫
Dalam menerapkan Hukum Gauss pada suatu daerah yang mengandung muatanmuatan 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.
r r 1 E • n da = (Q + Q p ) ε0 S
∫
q2 S3
q1 S
S1
q3 S2
bahan dielektrik
Dimana:
Q = q1 + q 2 + q 3 r r Q p = − ∇ • P dv +
∫(
V
)
∫
r r P • n da
S1+S2 +S3
Qp =
∫(
)
r r − ∇ • P dv +
∫
r r P • n da
S1+S2 +S3
V
Teorema divergensi:
∫S
r r r r P • n da = ∇ • P dv
∫V
Maka:
Qp = −
∫
r r P • n da +
S+S1+S2 +S2
r r r r P • n da = − P • n da
∫
S1 +S2 +S2
∫ S
r r r r 1 1 E • n da = (Q + Q p ) = Q − P • n da ε0 ε0 S S r s r Fluks dari vektor (ε0E + P) melalui ε0 E + P • n da = Q
∫
∫( S
∫
)
permukaan tertutup S sebanding dengan muatan Q yang diletakkan dalam volume yang dilingkupi oleh permukaan S.
Jika kita definisikan suatu medan vektor makroskopik yang baru D (perpindahan listrik) : r r r
[C / m 2 ]
D = ε0 E + P
maka : r r D • n da = Q
∫
Hukum Gauss untuk perpindahan listrik
S
Teorema divergensi:
∫S
r r r r D • n da = ∇ • D dv
∫
r r ∇ • D dv = Q = ρ dv
Maka:
∫V
V
r r ∇• D= ρ
∫
V
Bentuk diferensial persamaan Gauss dalam bahan dielektrik
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 :
()
r r r r P = P E = χ(E )E χ (E) adalah suseptibilitas listrik dari bahan (besaran skalar). Perpindahan listrik menjadi:
r r r r D = ε0 E + P = (ε0 + χ(E ))E ε(E ) = ε0 + χ(E )
Permitivitas bahan
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).
r r P = χE r r D = εE
Jadi perilaku listrik dari suatu bahan dicirikan oleh suseptibilitas dan permitivitas listrik. Suatu konstanta dielektrik [tak berdimensi], didefinisikan sebagai:
ε χ K= = 1+ ε0 ε0 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]
Bahan
Konstanta dielektrik, K
Kekuatan dielektrik, Emax
4,5
6 x 106
Gelas
5 - 10
9 x 106
Nilon
3,5
19 x 106
Polietilen
2,3
18 x 106
Kuarsa (silika, SiO2)
4,3
NaCl
6,1
Kayu
2,5 – 8.0
Alumunium oksida
Alkohol, etil (00C)
28,4
Sulfur
4,0
Benzen (00C)
2,3
Air murni (destilasi 00C)
87,8
Air murni (destilasi 200C)
80,1
Udara (1 atm)
1,00059
Udara (100 atm)
1,0548
CO2 (1 atm)
1,000985
3 x 106
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? Hukum Gauss :
∫
r r ∇ • D dv = q
V
4 πr 2 D = q q D= 4πr 2 r q r D= r 2 4πr
Medan listrik dan polarisasi:
r r r D = ε E = ε0 K E r r q = r E 3 4 πε0 Kr r r ( K − 1)q r P = χE = r 3 4 πKr
Tampak bahwa medan listrik didalam bahan dielektrik lebih kecil dibandingkan dalam vakum, karena K > 1.
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 :
r r A. rapat muatan volume: ρ p = −∇ • P
B. rapat muatan pada permukaan dielektrik yang bersinggungan dengan muatan r r titik q: σ p = P • n Dari polarisasi:
r r ( K − 1)q r P = χE = r 3 4 πKr Maka:
r r (K − 1) q r rr ∇•P = ∇ 3 4 πK r =
(K − 1)q − ∇2 1 = 0 4 πK
r
ρp = 0
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:
(
r r Q p = lim 4πb P • n 2
b→ 0
(K − 1) q S
-
-
+
-
-
+
+
+
+
-
+
+
-
-
-
+
-
+
+
-
-
-
+q
-
+
-
+
-
-
-
+
+
-
-
+ +
+
-
+
+
+ Skematik orientasi molekul-molekul terpolarisasi dalam bahan dielektrik mengelilingi muatan titik q.
+
+
1 q K
-
Maka muatan total di dalam fluida dielektrik :
Qp + q =
+
K
+
=−
) r =b
r E
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. Kita buat suatu permukaan tertutup S yang melewati batas kedua medium. Muatan yang dilingkupi permukaan S :
1 σ ∆S + (ρ1 + ρ2 )× volume 2 r n2 2 1
S
r r D1 n1 r r n1 = − n 2
r D2
Karena volume bisa kecil, maka muatan menjadi σ ∆S. Hukum Gauss:
r r r r D2 • n 2 ∆S + D1 • n1 ∆S = σ∆S r r r D2 − D1 • n 2 = σ
(
)
Karena n2 normal juga terhadap batas (interface), maka:
D2 n − D1n = σ
D2 n − D1n = σ 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 ??
2 1
r E2
A D
r E1
r r r r ∇ × E = E • dl = 0 B C
Komponen tangensial medan listrik bersifat kontinu di batas dua medium.
∫C
AB = CD = ∆l
AD = BC ≈ 0 ( kecil) r r E 2 • ∆l + E1 • (− ∆l ) = 0 r r E 2 − E1 • ∆l = 0
(
)
E 2 t = E1t
Jika medium 1 adalah bahan konduktor, maka χ = ∞ dan ε = ∞, sehingga E1 = 0:
E2 t = 0 D2 n = σ dimana σ adalah rapat muatan permukaan total pada konduktor.
H. SYARAT-SYARAT BATAS YANG MELIBATKAN DIELEKTRIK-DIELEKTRIK r r ∇• D= ρ Jika bahan-bahan dielektrik merupakan bahan linier, isotropik dan homogen, maka:
r r D = εE r r ρ ∇•E = ε 1 2 ∇ φ=− ρ ε
Persamaan Poisson, namum ε0 diganti dengan ε.
Dalam kasus kebanyakan, dielektrik tidak mengandung muatan yang terdistribusi sehingga ρ = 0 di dalam bahan dielektrik :
∇2φ = 0
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)
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 masingmasing 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
d q
2
Solusi: Asumsikan bahwa interface berada pada bidang xy, dan q berada pada titik x = -d. P
r
r' d
d
r=
(x + d )2 + y2 + z 2
r=
(x − d )2 + y2 + z 2
q’
q
sumbu-x
x=0 Potensial dalam medium 1:
1 q q' φ1 = + 4 πε1 r r ' 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 (juga muatan asala q dimana keduanya berada pada poisisi (-d,0,0). Jika muatan total didefinisikan sebagai q”, maka potensial di medium 2 adalah:
φ2 =
q" 4πε2 r
Besarnya q’ dan q” diperoleh pada syarat batas, bahwa untuk interface yang tidak ada rapat muatan, komponen normal dari D bersifat kontinu di interface:
D1n = D2 n − ε1
[d
∂φ1 ∂φ = −ε2 2 ∂x x =0 ∂x
(q − q')d 2
2
+y +z
]
2 3/ 2
=
[d
x =0
q" d 2
2
+y +z
]
2 3/ 2
................(1)
Sekarang kita hitung medan listrik pada interface. Karena komponen tangensial medan listrik bersifat kontinu, maka:
E1t = E 2 t −
∂φ1 ∂φ =− 2 ∂y x =0 ∂y
[
(q − q') y
2
2
ε1 d + y + z
]
x =0
2 3/ 2
=
[
q" y 2
2
ε2 d + y + z
]
2 3/ 2
................( 2)
Dari kombinasi persamaan (1) dan (2) diperoleh:
ε1 − ε2 q' = q ε1 + ε2
2ε 2 ; q" = q ε1 + ε2
Karena itu persamaan Laplace dipenuhi di kedua media dan juga syarat batas dipenuhi, 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 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.
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). Molekulmolekul 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. + + + + + +
-
+ + + + + + + + +
-
+ - + + - + + - + - + + - + + - +- + + - + + - + + - + + - +
-
+ + + + + + + + +
-
(
r r Jika diasumsikan bahwa polarisasi itu seragam secara makroskopik ∇ • P = 0
)
dan P sejajar dengan medan, maka dielektrik di luar rongga diganti dengan sistem polarisasi muatan-muatan (lihat gambar di bawah). + + + + -
+ -
++ + + +
- + - +
−− − − −
+ + + -
+ -
+ -
+ -
+ -
Medan listrik di titik pusat rongga:
r E rx Ed r Es r E'
r r r r r E m = E x + E d + Es + E'
= medan listrik primer (dihasilkan pelat sejajar yang bermuatan) = medan listrik yang tak-terpolarisasi akibat perubahan polarisasi muatan di luar permukaan dielektrik. = medan listrik akibat perubahan polarisasi pada permukaan rongga S = medan listrik akibat seluruh dipol di dalam rongga S
Jika bidang muka pelat lebih besar dibandingkan dengan tebal pelat, maka:
σ Ex = ε0
dimana σ adalah rapat muatan permukaan
Medan tak-terpolarisasi dihasilkan oleh dua pelat sejajar dengan rapat muatan σp. Karena σp = Pn = ± P :
r 1 r Ed = − P ε0
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:
r r r E = E x + Ed r r r r E m = E + Es + E'
Menggambarkan hubungan antara medan molekul dan medan 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:
−− ++ −θ + − + ++ S −− σp
r P
r ( − P cos θ) r dE s = r da 3 4πε0 r 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:
r Es =
2π π 1 r P dϕ cos2θ sin θ dθ 4πε0 0 0
1 r = P 3ε0
∫ ∫
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:
r r 1 r Em = E + P 3ε0 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:
r r pm = α E m
Jika terdiri dari N molekul persatuan volume, maka polarisasi:
r r r 1 P = N p m = Nα E + 3ε0
r P
r r r 1 P = N p m = Nα E + 3ε0
r P
Persamaan diatas dapat ditulis dalam konstanta dielektrik K, karena
r r r P = χ E = ( K − 1) ε0 E Sehingga polarizabilitas molekul menjadi:
3ε (K − 1) α= 0 N (K + 2 )
Persamaan ClaussiusMossotti
Jelas bahwa sifat-sifat molekul seperti polarizabilitas molekul (besaran mikroskopik) 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 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.
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:
(Ze) (Zex 3 / R 30 ) = Ze E 4 πε0 x 2
m
Zex = 4πε0 R 30 E m Dalam proses ini terjadi dipol atom sebesar pm = Zex, sehingga polarizabilitas :
α = 4πε0 R 30 Polarizabilitas ini adalah konstan tidak bergantung pada medan polarisasi (dielektrik linier) Dengan kombinasi persamaan Claussius-Mossotti, maka α bisa dieliminasi, sehingga jari-jari atom R0 dapat diperoleh. R0 berkisar 1 Å (10-10 m) 1/ 3
3ε0 (K − 1) R0 = ( ) 4 πε N K + 2 ) 0
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
Polarisasi menjadi:
r 1 P= ∆v
∑
r pm
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, dipoldipol mungkin akan terorientasi semuanya sehingga polarisasi :
r r Ps = N p m 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.
Momen dipol efektif rata-rata dihitung dengan prinsip mekanika statistik bahwa pada temperatur T, probabilitas menemukan energi molekul tertentu E sebanding dengan faktor Blotzmann:
e − E / kT 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, molekulmolekul memiliki energi ½(mv2). Secara umu energi terdiri dari energi kinetik Ek dan energi potensial U, sehingga faktor Blotzmann menjadi:
e − Ek / kT e − U / kT Energi potensial dari dipol permanen p0 dalam suatu medan dielektrik Em :
r r U = − p0 • E m = − p0 E m cos θ Dengan θ = sudut antara p0 dan medan listrik.
Momen dipol efektif suatu dipol molekul adalah komponen-komponennya sepanjang arah medan (p0 cos θ). Dengan hubungan Boltzmann, maka:
p0 cos θ
p ∫ =
(p0 E m cos θ / kT ) dΩ ∫ exp(p0E m cos θ / kT ) dΩ
0 cos θ exp
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:
p0 E m y= kT 1 p0 cos θ = p0 coth y − y
Formula Langevin
Fungsi Langevin
1 p0 cos θ p0
0
y = p0 E m / kT
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:
1 p02 E m p0 cos θ ≈ p0 y = 3 3kT
Karena < p0 cos θ> adalah momen dipol efektif rata-rata, maka polarisasi P = N < p0 cos θ> searah Em, sehingga :
r 1 r p02 r pm = P = Em 3kT N Jika dibandingkan dengan persamaan sebelumnya :
r r p m = αE m
p02 α= 3kT
Polarizabilitas orientasional.
Efek dipol induksi meningkatkan deformasi polarizabilitas α0, sehingga secara umum polarizabilitas molekul total :
p02 α = α0 + 3kT
Persamaan Langevin-Debye (penting untuk interpretasi struktur molekul)
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,
r 1 r Em = P0 ≠ 0 3ε0 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:
r r Nα r P0 = NαE m = P0 3ε0 Ini berlaku jika P0 =0 atau (Nα/3ε0) = 1 [polarisasi permanen]
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:
r 1 r Ed = − P ε0
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.
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 -
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. P b
c
E
0
a Kurva histeresis bahan feroelektrik
ENERGI LISTRIK STATIK
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: B
B r r r r Kerja = F • d l = q E • d l
∫
∫
A
A B
r r = −q ∇φ • d l = −q (φB − φA )
∫
A
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.
Kerja yang dilakukan gaya lain:
W = q (φB − φA ) 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 :
r r q 2q1 W2 = ; r21 = r2 − r1 4πε0 r21 Untuk muatan q3 :
q1 q2 + W2 = q 3 πε πε 4 r 4 r 0 31 0 32
Energi listrik statik total untuk menghimpun m-muatan :
j−1 q jq k U= Wj = 4πε r 0 jk j=1 k =1 j=1 m
m
∑
=
m
∑∑
j−1
∑∑ W
jk
j=1 k =1
Dalam bentuk matriks, dimana Wjk = Wkj dan Wjj = 0 :
1 U= 2 1 = 2
m
m
∑∑ W (W jk
jj
= 0)
j=1 k =1 m
m
q jq k
∑∑ 4πε r j=1 k =1
'
0 jk
Faktor ½ timbul untuk memastikan bahwa inateraksi antara pasangan muatan tidak terjadi dua kali.
Potensial φ pada muatan titik ke-j akibat muatan lain di dalam sistem :
φ=
m
∑ k =1
'
qk 4πε0 rjk
Maka energi listrik statik :
1 U= 2
m
∑ q jφ j j=1
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:
δW = φ' (x , y, z ) δq ⇒ δq = δρ ∆v δq = δσ ∆a
Setiap pemindahan penambahan muatan, seluruh muatan akan berada pada fraksi yang sama dengan nilai akhir, dimana fraksi tersebut disebut α, maka: 1
1
U = dα ρ(x, y, z ) φ' (α; x, y, z ) dv + dα σ(x, y, z ) φ' (α; x, y, z ) da
∫ ∫ 0
∫ ∫
V
0
S
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:
r r r r 1 1 ρ(r ) φ(r ) dv + σ(r ) φ(r ) da U= 2V 2S
∫
∫
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):
r r r ρ( r ' ) σ( r ' ) 1 1 φ(r ) = r r dv ' + r r da ' 4πε V r − r ' 4πε S r − r '
∫
∫
Untuk kasus khusus:
r ρ( r ) =
m
∑
r r q j δ(r − rj )
j=1
r ρ( r ' ) =
m
∑
'
r r qk δ(r − rk )
k =1
Jika konduktor ada di dalam sistem, karena konduktor merupakan daerah ekipotensial, maka :
1 1 σφ da = Q jφ j 2 konduktor j 2
∫
dengan Qj adalah muatan pada konduktor ke-j. Maka energi listrik statik dari suatu distribusi muatan yang mencakup juga konduktor :
U=
1 1 1 ρ φ dv + σ φ da + 2V 2 S' 2
∫
∫
∑Q φ
j j
j
meliputi seluruh konduktor dibatasi pada permukaan non-konduktor
Dalam konduktor, dimana muatan-muatannya berada pada permukaan, maka ρ = 0 dan σ = 0, sehingga energi potensial di dalam konduktor:
U=
1 2
∑Q φ
j j
j
Secara umum, energi potensial yang melibatkan interaksi antar konduktor :
U=
1 2
∑ j
Q jφ j1 +
1 2
∑Q φ
Akibat muatan pada konduktor j itu sendiri
j j2
j
Akibat muatan pada konduktor lain
C. RAPAT ENERGI LISTRIK Pandang suatu distribusi muatan sembarang yang dicirikan oleh rapat muatan ρ dan σ. Rapat muatan volume didalam bahan dielektrik :
r r ρ = ∇•D Rapat muatan permukaan pada konduktor :
r r σ = D•n Maka energi menjadi:
r r 1 1 r r U= φ∇ • D dv + φ D • n da 2V 2S
∫
∫
Divergensi dari D mengacu pada daerah diluar konduktor, sehingga tidak sama dengan nol. Integral permukaan meliputi konduktor.
r r r r r r φ∇ • D = ∇ • φD − D • ∇φ r r r r = ∇ • φD + D • E Maka energi potensial dapat ditulis menjadi:
r r r r 1 1 r r 1 φ D • n' dv + D • E dv + φ D • n da U= 2S 2 S+S' 2V
∫
∫
∫
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:
1 r r U= D • E dv 2V
∫
Rapat energi (energi per-satuan volume) menjadi:
1r r u = D•E 2
Jika bahannya merupakan bahan dielektrik linier, maka D = ε E, sehingga rapat energi menjadi:
1 2 1 D2 u = εE = 2 ε 2 D. ENERGI SISTEM KONDUKTOR BERMUATAN ; KOEFISIEN POTENSIAL Potensial suatu konduktor yang ada didalam simtem terdiri dari N-konduktor di dalam vakum :
φi =
N
∑p
ij Q j
j=1
pij = potensial konduktor ke-j akibat suatu muatan didalam konduktor ke-j (koefisien potensial). Energi listrik statiknya:
1 U (Q1...Q N ) = 2
N
N
∑∑ p Q Q ij
i =1 J =1
i
j
Sifat-difat koefisien pij :
(1). pij = p ji (2 ). pij > 0 (3). pii ≥ pij untuk seluruh
j
E. KOEFISIEN KAPASITANSI DAN INDUKSI Muatan suatu konduktor yang ada didalam simtem terdiri dari N-konduktor di dalam vakum, dapat ditulis:
Qi =
N
∑c
ij φ j
j=1
cii = koefisien dari kapasitansi cij (i ≠j) = koefisien induksi Sifat-difat koefisien cij : (1). cij = c ji
(2 ). cij > 0 (3). koefisien induksi negatif / nol
Konbinasi potensial masing-masing konduktor φij dan muatan Qi, maka energi dapat ditulis :
1 U= 2
N
N
∑∑ c φ φ
ij i j
i =1 j=1
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 :
φ1 = p11Q − p12Q + φx φ2 = p12Q − p22Q + φx Dimana muatan +Q berada di konduktor-1 dan –Q di konduktor-2 φx = potensial dari konduktor-konduktor yang lain
Perbedaan potensial antara kedua konduktor :
∆φ = φ1 − φ2 = (p11 + p22 − 2p12 ) Q Q = C ∆φ C = (p11 + p22 − 2p12 )−1
= kapasitansi dari kapasitor (muatan yang disimpan per-satuan perbedaan potensial [C/V atau Farad])
Energi kapasitor : 2 1 1 1 Q U = Q ∆φ = C (∆φ)2 = 2 2 2 C
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:
1 Q E= σ= ε εA +
A = luas salah satu keping
+
+++++++++++++++++++
- - - - - - - - - - - - - - - - - - Kapasitansi kapasitor :
Q εA C= = ∆φ d
-
Kombinasi seri kapasitor :
C1
Q total Q1 Q2 C= = + = C1 + C2 ∆φ ∆φ ∆φ
C2
Kombinasi paralel kapasitor :
C1
C2
∆φ
1 ∆φ (∆φ1 + ∆φ2 ) 1 1 = + = = C C C C1 C2
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 :
r r dW = F • d r = Fx d x + Fyd y + Fz d z
Karena sistemnya terisolasi, maka :
dW = −dU = Fx d x + Fyd y + Fz d z ∂U ∂U ∂U Fx = − ; Fy = − ; Fz = − ∂x ∂y ∂z Gaya listrik bersifat konservatif, dan :
r r F = − ∇U
Jika sistem dibatasi untuk bergerak sedemikian rupa sehingga ia berotasi disekitar sumbunya, maka :
r dW = τ • dθ
Dimana τ = torsi listrik dan dθ = perubahan pergeseran sudut. Jika τ ditulis dalam komponen-komponennya (τ1, τ2, τ3) dan (dθ1, dθ2, dθ3), maka:
τ1 = −
∂U ∂U ∂U ; τ2 = − ; τ3 = − ∂θ1 ∂θ2 ∂θ3
Maka :
∂U Fx = − ∂x Q ∂U τ1 = − ∂θ1 Q
Dimana Q ditambahkan untuk menunjukkan bahwa sistem terisolasi, karenanya muatan total didalam sistem tetap konstan selama perpindahan dr dan dθ.
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?? x
+
∆φ -
l Solusi : Karena medan listrik E = ∆φ/d sama disetiap posisi diantara keping, maka energi
1 ε E 2 dv U= 2V
∫
dimana integral hanya meliputi daerah E ≠ 0.
Dengan mengabaikan efek dari ujung kapasitor, maka : 2
2
1 ∆φ 1 ∆φ U = ε dwx + ε0 dw (l − x ) 2 d 2 d
( 1 ∆φ)2 F = (ε − ε0 )w 2 d 1 = (K − 1) ε0 E 2 wd 2 Gaya ini searah dengan bertambahkan nilai x.
