Listrik - Magnet PDF [PDF]

Citation preview

MEDAN ELEKTROMAGNETIK



Disusun oleh : Dr. Drs. Jaja Kustija, M.Sc.



JURUSAN TEKNIK ELEKTRO UNIVERSITAS PENDIDIKAN INDONESIA 2014



DAFTAR ISI



BAB I SISTEM KOORDINAT 1.1



Sistem Koordinat Kartesian ................................................................... 1 a. Vektor Satuan (Unit Vektor) dalam Koordinat Kartesian ................. 2 b. Volume Diferensial Elemen-elemen Permukaan dan Garis pada Sistem Koordinat Kartesian .............................................................. 3



1.2



Sistem Koordinat Silinder (Cylindrical Coordinates) ........................... 5 a. Vektor Satuan Dalam Koordinat Silinder dan Hubungannya Dengan Koordinat Kartesian .......................................................................... 6 b. Volume Diferensial, Elemen-Elemen Permukaan dan Elemen Garis Dalam Koordinat Silinder ................................................................. 10



1.3



Sistem Koordinat Bola (Spherical coordinates) ................................... 10 a. Vektor Satuan Pada Sistem Koordinat Bola dan Hubungangya Dengan Vektor Satuan pada Sistem Koordinat Kartesian ................................ 11 b. Volume Diferensial, Elemen-Elemen Permukaan pada Koordinat Bola .................................................................................................... 13 Contoh Soal ........................................................................................... 14 Soal-Soal Latihan dan Penyelesaiannya ................................................ 16



BAB II TURUNAN BERARAH (GRADIEN) DAN DIVERGENSI 2.1



Turunan Berarah (gradien) .................................................................... 18 a. Untuk Koordinat Kartesian ............................................................. 19 b. Untuk Koordinat Silinder ................................................................. 20 Contoh soal ...................................................................................... 21 c. Untuk Koordinat Bola ....................................................................... 22



Contoh soal ....................................................................................... 23 2.2 Divergensi dan Makna Fisisnya ............................................................. 24 a. Operator Divergensi Pada Sistem Koordinat Kartesian ................... 25 Contoh soal ...................................................................................... 26 b. Operator Divergensi Pada Sistem Koordinat Silinder .................. 27 c. Operator Divergensi Pada Sistem Koordinat Bola ........................... 28 Contoh soal ......................................................................................... 30 2.3



Teorema Divergensi Gauss ................................................................... 32 Contoh soal .......................................................................................... 32 Makna fisis divergensi Gauss ................................................................ 33 Soal-soal dan Penyelesaiannya .............................................................. 34



BAB III CURL (ROTASI) DAN MAKNA FISISNYA Contoh Soal ........................................................................................... 37 Soal-soal dan Penyelesaiannya ............................................................. 41 BAB IV GAYA COULOMB DAN INTENSITAS MEDAN LISTRIK 4.1



Hukum Coulomb ................................................................................... 43 Contoh Soal ........................................................................................... 45



4.2



Intensitas Medan Listrik ........................................................................ 47 Contoh Soal .......................................................................................... 48



4.3



Medan Listrik Oleh Muatan-Muatan Titik ............................................ 49 Contoh Soal ........................................................................................... 49



4.4



Medan Listrik Oleh Disribusi Muatan Kontinu ................................... 50 Contoh Soal ........................................................................................... 51



4.5



Medan Listrik Akibat Muatan Berbentuk Lempeng ............................. 53 Contoh Soal ........................................................................................ 54



BAB V FLUKS LISTRIK DAN HUKUM GAUSS 5.1



Medan Skalar dan Medan Vektor ......................................................... 55



5.2



Fluks Listrik .......................................................................................... 57



5.3



Hukum Gaus ......................................................................................... 57



5.4



Hubungan Antara Kerapatan Fluks dan Kuat Medan Listri ................. 58



5.5



Distribusi Muatan .................................................................................. 59



5.6



Pemakaian Hukum Gauss ..................................................................... 60



5.7



Teorema Divergensi Gauss ................................................................... 62 Soal-soal dengan Penyelesaian ............................................................. 64



BAB VI ENERGI DAN POTENSIAL 6.1



Energi yang Diperlukan untuk Menggerakan Muatan Titik Dalam Medan Listrik ....................................................................................... 69



6.2



Integral Garis ........................................................................................ 70



6.3



Definisi Beda Potensial dan Potensial ................................................... 72 Contoh Soal ........................................................................................... 73



6.4



Medan Potensial Sebuah Muatan Titik ................................................. 75



6.5



Medan Potensial Akibat Distribusi Muatan .......................................... 76 a) Medan Potensial Akibat Muatan Titik .............................................. 76 b) Medan Potensial Akibat Distribusi Muatan Kontinu ........................ 76



6.6



Gradien Potensial .................................................................................. 78



6.7



Kerapatan Energi dalam Medan Elektrostatik (Listrik Statis) .............. 80 Contoh Soal ........................................................................................... 81



BAB VII MEDAN MAGNET TUNAK (STEADY) 7.1



Medan Magnet Oleh Arus Listrik ......................................................... 87 Contoh Soal ........................................................................................... 89



7.2



Besaran Induksi Magnetik ..................................................................... 91



7.3



Hukum Integral Ampere ....................................................................... 93



7.4



Medan Magnet Dalam Kumparan ......................................................... 95



7.5



Hukum Maxwel Tentang Induksi Magnet ............................................ 97 Teorema Maxwel (umum) .................................................................. 98 a) Hukum Gauss ............................................................................... 98 b) Bentuk Lain dari Hukum Faraday ................................................ 99 c) Hukum Maxwel Tentang Induksi Magnet ................................... 99 d) Hukum Integral Ampere .............................................................. 100



BAB VIII PERSAMAAN POISSON DAN LAPLACE 8.1



Bentuk-Bentuk Explisit Persamaan Laplace dan Poisson ..................... 101



8.2



Teorema Keunikan ................................................................................ 103 Contoh Soal ........................................................................................... 103



BAB I SISTEM KOORDINAT Untuk mengetahui posisi benda dalam dimensi ruang dikenalkan beberapa model sistem koordinat diantaranya adalah : sistem koordinat kartesian, sistem koordinat silinder dan sistem koordinat bola.



1.1



Sistem Koordinat Kartesian Dalam sistem ini dikenal dengan kaidah tangan kanan seperti nampak



pada gambar : Z



(0, 0, 0 )



x



y



y



(0, 0, 0 )



atau



x



z



Gambar 1. Sistem koordinat kartesian dengan sistem putaran tangan kanan Dari gambar terlihat jika arah sumbu x diputar kearah sumbu y dengan sudut paling kecil akan menghasilkan arah sumbu z yang serupa dengan kaidah tangan kanan dengan dengan ibu jari menggambarkan sumbu z dan arah lipatan keempat jari lainnya merupakan arah putaran dari sumbu x ke sumbu y. Menggambar letak suatu titik P(x, y, z) langkah-langkahnya sebagai berikut : tentukan titik-titik x, y dan z pada masing-masing sumbu x, sumbu y, dan sumbu z; kemudian buatlah garis melalui x dan y yang masing-masing sejajar dengan sumbu y dan sumbu x, maka diperoleh titik P1 (x, y) pada bidang x 0 y, juga dapat disajikan sebagai titik P1 (x, y, 0) yang berarti harga z = 0. Selanjutnya hubungkan titik asal 0 dengan titik P1, kemudian buatlah garis melalui z yang sejajar dengan garis P1 dan melalui titik P1 juga dibuat garis sejajar dengan sumbu z, maka didapat titik P (x, y, z).



Contoh :



Gambarkan posisi titik : A(1, 2, 3) Penyelesaian : Z 3 A(1, 2, 3) 2



Y



1



X



a).



Vektor Satuan (Unit Vektor) dalam Koordinat Kartesian Sebagaimana kita ketahui vektor adalah suatu besaran yang mempunyai



harga dan arah. Dalam sistem koordinat kartesian ditulis dalam simbol:  A  aˆ x Ax  aˆ y Ay  aˆ z Az Z



Az A Ay



Y



Ax X Gambar.2 Vektor satuan dalam sistem koordinat Ax = harga vektor pada sumbu x Ay = harga vektor pada sumbu y Az = harga vektor pada sumbu z



Vektor satuan adalah vektor yang mempunyai harga absolut (panjang) satu, hal itu bisa diperoleh dengan cara membagi vektor itu dengan nilai absolutnya :



 A aˆ A  A



 aˆ A = vektor satuan dalam arah A  A = vektor A A = nilai (harga absolut)vektor tersebut



A



Ax2  Ay2  Az2



 dari A  aˆ x Ax  aˆ y Ay  aˆ z Az dan pengertian vektor satuan, dapat kita lihat bahwa



aˆ x , aˆ y , aˆ z masing-masing adalah vektor satuan dalam arah sumbu x, sumbu y, sumbu z.



Contoh : Carilah vektor satuan dari :  A  3aˆ x  4aˆ y  5aˆ z yang pangkalnya di titik (0,0,0) Penyelesaian :



A  32  42  52 A 5 2



aˆ A =



aˆ A 



b).



3aˆ x  4aˆ y  5aˆ z 5 2



 0,3 2 aˆ x  0,4 2 aˆ y  0,5 2 aˆ z



0,3 2   0,4 2   0,5 2  2



2



2



1



Volume Diferensial Elemen-elemen Permukaan dan Garis pada Sistem Koordinat Kartesian







Elemen garis (dl) Elemen



garis



dl



adalah



diagonal



yang



melalui



P,



yaitu:



dl  dxaˆ x  dyaˆ y  dzaˆ z atau dl 2  dx 2  dy 2  dz 2 . 



Elemen permukaan (ds) Elemen permukaan adalah suatu bagian yang terbentuk dari elemen-elemen garis (dl), yaitu dS   dl1  dl2 .



Z



dS =dx dy âz



dz dy dS = dy dz âx



dS = dx dz ây



dx P´(x+dx, y+dy, z+dz)



P (x, y, z)



Y



X Gambar 3. Elemen-elemen permukaan dS dan volume dV dalam hal ini: -Permukaan depan



:  dy ây  dz âz = dy dz âx



-Permukaan samping :  dz âz  dx âx = dz dx ây :  dx âx  dy ây = dx dy âz



-Permukaan alas 



Elemen Volume (dV) Elemen volume adalah suatu bagian yang terbentuk dari elemen-elemen



permukaan (dS), yaitu : dV  dl  dl  dl 1



2



3



Ambil dS permukaan depan yaitu dS = dy dz âx maka dV =dx dy dz Demikian pula permukaan-permukaan lain, didapat dV = dx dy dz



Contoh :



Hitunglah



 x



2



yz dV ,



dengan



B



B



B  x, y, z  : 1  x  2,0  y  1,1  z  2 Penyelesaian : 2



2  x yz dV   B



0



1



2



  0



x 2 yz dx dy dz



1 2



1    x3   3 1



1



2



1 2  1 2  2 y  2 z   0  1



adalah



kotak



dengan



batas-batas



























1  1  1    2 3  13   12  0   2 2  12  3  2  2   7  1  3        3  2  2  7  4



1.2



Sistem Koordinat Silinder (Cylindrical Coordinates) Suatu permasalahan dalam sistem koordinat akan lebih mudah



diselesaikan bila kita mengetahui cara penyelesaiannya dalam sistem koordinat yang sesuai. Berikut ini akan dipaparkan mengenai salah satu koordinat lain setelah koordinat kartesian, yaitu sistem koordinat silinder. Mari kita lihat hubungan antara sistem koordinat silinder dan kartesian. Jika dalam sistem koordinat kartesian dikenal dengan adanya sumbu x, sumbu y, sumbu z, maka dalam sistem koordinat silinder diperkenalkan variabelvariabel : r, , dan z. untuk menggambarkan suatu posisi titik. Sebagai contoh, posisi titik A lazimnya ditulis dengan A(r, ,z). Perhatikan gambar : Z â âz P (r, , z)



âr







Y



X Gambar 4. Posisi titik P dalam koordinat silinder Dengan menggunakan ilmu ukur sudut sederhana dapat dicari hubungan antara (x, y, z) dan (r, , z). X = r cos 



; Y = r sin 



;z=z



a).



Vektor Satuan Dalam Koordinat Silinder dan Hubungannya Dengan Koordinat Kartesian Seperti pada sistem koordinat kartesian yang dimaksud vektor satuan



yakni vektor yang mempunyai harga absolut sama dengan satu. Dalam sistem koordinat silinder ada tiga komponen vektor satuan yakni :  r aˆ r  ; aˆ  ; aˆ z r âr =



vektor satuan pada komponen r (arahnya sesuai dengan arah penambahan harga).



â =



vektor satuan pada komponen  (arahnya sesuai dengan arah penambahan harga).



âz =



vektor satuan pada komponen z (arahnya sesuai dengan arah penambahan harga).



Perhatikan gambar (1), hubungan antara kartesian dan silinder sebagai berikut:  r  aˆ x r cos   aˆ y r sin   r aˆ r   aˆ x cos   aˆ y sin  r Untuk menjelaskan vektor satuan kearah aˆ atau ditulis aˆ mempunyai beda fasa sebesar



 dengan arah aˆ r dengan sudut aˆ > sudut aˆ r , sehingga: 2



    aˆ  aˆ x cos      aˆ y sin     2 2    aˆ x sin   aˆ y cos  Dan arah aˆ  sama persis dengan aˆ  pada sistem koordinat kartesian. Secara keseluruhan hubungan vektor satuan pada sistem silinder dan sistem kartesian adalah sebagai berikut :



aˆr  aˆ x cos   aˆ y sin  aˆ  aˆ x sin   aˆ y cos  aˆ z  aˆ z



Dapat dituliskan dalam bentuk matrik :



 aˆr   cos      aˆ     sin   aˆ   0  z  Untuk



sin  cos  0



0   aˆ x    0   aˆ y  1   aˆ z 



mendapatkan



hubungan



balikannya



maka



kita



mesti



menggunakan “inverse matrik” dari hubungan diatas. Perhatikan bahwa harga determinan dari matrik tersebut adalah satu (1) maka inverse matrik diatas sama dengan transposenya.



 aˆ x   cos      aˆ y    sin   aˆ   0  z 



 sin  cos  0



0   aˆr    0   aˆ  1   aˆ z 



Matrik-matrik ini sangat diperlukan sekali untuk memahami operator gradien (  ), operator divergensi(   ) operator curl (   ) dan ada satu lagi bekal yang harus disiapkan adalah pemanfaatan teorema turunan parsial. Disini akan dibahas secara sekilas misalnya r (x, y, z), artinya r merupakan fungsi x, y, z maka diferensial terhadap r didefinisikan sebagai berikut :  x  y  z     r r x r y r z



Begitu pula  (x, y, z)  x  y  z       x  y  z



Dan z (x, y, z)  x  y  z     z z x z y z z



Terapkan turunan parsial ini pada X= r cos  ; Y = r sin  ; Z= z



1.



 r



  r cos      r sin      z  x r y r z r    cos  sin  0 x y    cos   sin  x y



2.



 



  r cos     r sin     z  x  y  z      sin  cos 0 x y     r sin  r cos x y     sin  cos x y











1  r 



3.



 z



  r cos      r sin      z  x z y z z z   00 z   z 



Maka dapat ditulis dalam bentuk matrik:



     x   cos  1         sin   r    0       z 



sin  cos  0



    0   x     0   y 1         z 



Dengan cara inverse matrik seperti ; inverse matrik sebelumnya:



     x   cos           sin   y   0       z 



sin  cos  0



     x   0  1   0   r     1      z 



Contoh : Tentukan posisi titik koordinat kartesius dari titik A (10; 53,13°; 5) dan posisi titik koordinat tabung dari titik B (-5, -5, 2). Penyelesaian : a) Menentukan posisi titik A (kartesius) dari titik A (10; 53,13°; 5).



X  r cos   10 cos 53,13 6 Y  r sin   10 sin 53,13 8 Jadi, titik koordinat cartesius dari (10; 53,13°; 5) adalah (6; 8; 5) Z



(6; 8; 5)



Y



X Menentukan posisi titik B (tabung) dari titik B (-5, -5, 2) r  x2  y2 



 52   52



 50 5 2



Z



y x 5  5 1



tan  



 5 



 4



 , 2 . 



Y



  inv tan 



 inv tan1



2,



X



 45



   Jadi, titik koordinat B adalah  5 2 , , 2 . 4  



b).



Volume Diferensial, Elemen-Elemen Permukaan dan Elemen Garis Dalam Koordinat Silinder Z



P’(r+dr, +d, z+dz) dz dr r dr d



P (r,,z)



Y



 r dr d 



r dr d



X



Gambar 5. Elemen Volume (dV) dalam koordinat silinder 



Elemen garis (dl) dl = dr aˆ r + r d aˆ + dz aˆ  dl2 = dr2 + r2 d 2 + dz2







Elemen-elemen permukaan (dS) Selimut :  r d  dz aˆ r  r d dz aˆ r







Atas



:  dr aˆ r  r d aˆ  r dr d aˆ z



Bawah



:  dr aˆ r  r d aˆ  r dr d aˆ z



Elemen volume diferensial (dV) dV = (dr)( r d)(dz) dV  r dr d dz



1.3



Sistem Koordinat Bola (Spherical coordinates) Sistem koordinat bola mempunyai variabel-variabel r, ,  . untuk



menentukan posisi titik P dalam koordinat bola adalah seperti dalam gambar :



Z



x = r sin cos y = r sin sin z = r cos



P (r, , )



z



r  



y Y



x



X



Gambar 6. Posisi titik P (r, , ) dalam sistem koordinat bola



a).



Vektor Satuan Pada Sistem Koordinat Bola dan Hubungangya Dengan Vektor Satuan pada Sistem Koordinat Kartesian. Z



r sin 



r cos 



P







r



aˆ r



aˆ aˆ r sin  cos



 r sin 



Y



X Dari gambar x = r sin θ cos φ ; y = r sin θ sin φ ; z = r cos



 r  aˆ x x  aˆ y y  aˆ z z



 r  aˆ x r sin  cos   aˆ y r sin  sin   aˆ z r cos 



θ



aˆ r 



 r r



 aˆ x sin  cos   aˆ y sin  sin   aˆ z cos 



Perhatikan gambar vector satuan aˆ r dan aˆ . aˆ mempunyai sudut



 2



aˆ r sehingga aˆ menjadi :



      aˆ  aˆ x sin    cos   aˆ y sin    sin   aˆ z cos   2 2 2     aˆ x cos  cos   aˆ y cos  sin   aˆ z sin 



dan arah aˆ , mempunyai  



 2



dan sudut  untuk aˆ mendahului



aˆ r , sehingga aˆ menjadi :



      cos     aˆ y sin sin      aˆ z cos 2 2 2  2 2   aˆ x sin   aˆ y cos   0



aˆ  aˆ x sin







Di tulis dalam hubungan matriks sebagai berikut :



 aˆ r   sin  cos      aˆ     cos  cos   aˆ    sin    



sin  sin  cos  sin  cos 



cos    aˆ x     sin    aˆ y  0   aˆ z 



cos cos  cos sin   sin 



 sin    aˆr    cos    aˆ  0   aˆ 



matrik transpose :



 aˆ x   sin  cos      aˆ y    sin  sin   aˆ   cos  z 



 2



Terapkan aturan diferensial Parsial pada system koordinat Bola



 x  y  z     r r x r y r z  x  y  z       x  y  z  x  y  z       x  y  z dimana x = r sin θ



 r   1  r   



cos φ ; y = r sin θ



sin φ



; z = r cos θ maka :



    sin  sin   cos  x y z     r cos  cos   r cos  sin   r sin  x y z     cos  cos   cos  sin   sin  x y z    r sin  sin   r sin  cos  0 x y 1    atau   sin   cos  0 r sin   x y  sin  cos 



Dapat ditulis dalam bentuk matriks sebagai berikut :      r    sin  cos   1     cos  cos   r      1     sin     r sin   



sin  sin  cos  sin  cos 



     cos    x     sin      y  0        z 



dengan inverse matriks = transpose (karena determinan = 1 ) maka       x   sin  cos       sin  sin   y       cos     z 



b).



cos  cos  cos  sin   sin 



     r  sin      1   cos    r   0   1      r sin   



Volume Diferensial, Elemen-Elemen Permukaan pada Koordinat Bola Z r



ds=r2 sin  d d dr r d



  d



d Y r sin 







Elemen garis diferensial :



dl  dr aˆr  r d aˆ  r sin  d aˆ dl 2  dr 2  r 2 d 2  r 2 sin 2  d 2 



Elemen-elemen permukaan diferensial sebagai pasangan elemen-elemen garis:



 r d aˆ  r sin  d aˆ   r 2 sin  d d aˆ r  r sin  d aˆ  dr aˆ r   r sin  d dr aˆ  dr aˆ r  r d aˆ   r dr d aˆ 



Volume diferensial dV =(dr)(r d )(r sin d ) dV = r2 sin dr d d



Contoh: 1.



4 Buktikan bahwa volume bola adalah V   r 3 dengan batas-batasnya 3



adalah 0  r  r ; 0     ; 0    2 Penyelesaian : dV  r 2 sin  dr d d V 



r







2



    r



r 0 0 0 r 3



2



sin  dr d d



1   2   r   cos  0  0 3  0 1    r 3  2  2  3  4   r3 3



2.



Gunakan sistem koordinat bola untuk menetapkan luas jalur      pada permukaan bola dengan jari-jari a (gambar dibawah) dan dengan batasbatasnya 0  r  a ; 0    2 ;      . Apa hasilnya bila  = 0, dan =? Penyelesaian : dS = r2 sin d d φ



Z



maka



 



2 



A



 a



2



sin  d d



0



 2 a 2 cos   cos   Kalau  = 0 dan  = , A = 4a2 yakni Y



X



seluruh permukaan bola itu.



Soal-Soal Latihan dan Penyelesaiannya 1. Tentukan vektor A dari posisi (2, -4, 1) sampai (0, -2, 0) pada sistem koordinat kartesian dan tentukan pula vektor satuannya. Kunci Jawaban :



A  2aˆ x  2aˆ y  aˆ z aA 



2 2 1 aˆ x  aˆ y  aˆ z 3 3 3



2. Gunakan sistem koordinat silinder untuk menentukan luas daerah yang diarsir dari gambar silinder dibawah ini dengan r = 2 m, h = 5 m dan



 6



 



2 3



Z 5m



Kunci Jawaban : A  5



m  2



X



 6



3. Tentukan sudut antara



2 3



A  10aˆ y  2aˆ z



Y



dan



B  4aˆ y  0,5aˆ z



dengan



menggunakan dot product dan cross product. Kunci Jawaban :



  161, 5 4. Tentukan sudut antara A  5,8aˆ y  1,55aˆ z dan B  6,93aˆ y  4aˆ z dengan menggunakan dot product dan cross product. Kunci Jawaban :



  135



5. Tentukan volume sebuah bola menggunakan sistem koordinat bola dengan batas-batas 1  r  2 m, 0   



 2



dan 0   



 2



.



Kunci Jawaban : 7 V  6



m  3



6. Diketahui A  2aˆ x  4aˆ y  3aˆ z dan B  aˆ x  aˆ y , tentukan A  B dan A B . Kunci Jawaban :



A  B  2 A  B  3aˆ x  3aˆ y  6aˆ z    7. Tentukan jarak antara  2, , 0  m dan 1,  , 2 m dengan sistem koordinat  6 



silinder. Kunci Jawaban :



d  3,53



m



8. Gunakan sistem koordinat bola untuk menentukan luas permukaan bola dengan batas 0     dan jarak a meter. Berapakah hasilnya jika   2 . Kunci Jawaban :



A  2 a 2 m  jika   2 , maka : A  4 a 2



m



9. Transformasikan vektor A  Ax aˆ x  Ay aˆ y  Az aˆ z ke dalam bentuk sistem koordinat silinder. Kunci Jawaban : A  Az cos   Ay sin  aˆ r   Ax sin   Ay cos  aˆ  Az aˆ z .



10. Transformasikan vektor F  r 1aˆ r pada sistem koordinat bola ke dalam sistem koordinat kartesian. Kunci Jawaban :



F



xaˆ x  yaˆ y  zaˆ z x2  y2  z2



BAB II TURUNAN BERARAH (GRADIEN) DAN DIVERGENSI 2.1



Turunan berarah (gradien)



Kita perhatikan fungsi dua variabel f(x,y) turunan parsial fx (x,y) dan fy (x,y) mengukur laju perubahan (kemiringan garis singgung) pada arah sejajar sumbu x dan y, sasaran kita sekarang dalah mempelajari laju perubahan f pada sembarang arah menuju konsep turunan berarah yang kemudian menjelaskan makna gradien. F ( x  x, y  y Fy



Fx



F ( x  x, y)



Fx



F ( x, y)



( x  x, y  y sb y



y



x ( x, y )



Sb x



( x  x, y )



F  Fx  Fy



 F  x  x, y   F  x, y   F  x, y  y   F  x, y    F  x  x, y   F  x, y    F  x, y  y   F  x, y    x     y  x y    



untuk x dan y menuju nol



F  lim



lim x0 Δy0



x0







F ( x  x, y )  F ( x, y ) F ( x  x, y  y )  F ( x  x, y )  x  lim  y  y  0 x y



F F  x   y x y



 F F    aˆ x  aˆ y   aˆ x dx  aˆ y dy  x  y    F F   aˆ x  aˆ y  aˆ x dx  aˆ y dy y   x



dF



 dF  dF d  dF d



















F    F  aˆx  aˆy  .d F   x  aˆx



dF F  aˆy x y



disebut



gradien



Keterangan : aˆ x



F  turunan parsial F terhadap x dengan y konstan pada arah sb. X x



aˆ y



F  turunan parsial F terhadap y dengan x konstan pada arah sb. Y y   aˆ x



   aˆ y x y



 dinamakan operator gradien dibaca DEL atau NABLA



A. Untuk koordinat kartesian



  aˆ x



    aˆ y  aˆ z x y z



Contoh : Diketahui : Untuk sistem koordinat kartesian



    aˆ y  aˆ z x y z E  V Q V k r 1 2 r  x  y2  z2 2   aˆ x











Tentukan E ? Penyelesaian :



Q r       aˆ x  aˆ y  aˆ z  x  y  z  



E  k



 1 2   KQ  aˆ x x  y2  z2 2   aˆ x  aˆ y  aˆ z  x y z   KQ  3   2 2 2  x  y  z 2    r   kQ  3  r   kQr E 3 r











x 



3 2



kQ 2



 y2  z2



 2 x  aˆ y











1



2



1 2 x  y2  z2 2







3 2



 2 y  aˆ z







1 2 x  y2  z2 2







Makna fisis dari operator  adalah perubahan terdekat dari fungsi F ke segala arah (operator deferensial vektor).







3 2



  2z 



B. Untuk koordinat silinder



 aˆ x   cos      aˆ y    sin     0  aˆ z  



 sin  cos  0



0   aˆr    0   aˆ  1   aˆ z 



         x   cos   sin  0   r      sin  cos  0  1    y   r      0 1     0     x   z      aˆ x  aˆ y  aˆ z x y z



        



 1       (aˆr cos   aˆ sin  ) cos   sin  r r      1      aˆ z cos   cos   sin  r r   z   1    aˆr cos 2   aˆr sin  cos   aˆ sin  cos   r r  r



aˆ sin   aˆ







r



1   1    aˆr sin  cos   aˆr sin 2   aˆ cos 2   r  r r  r 1   aˆ sin  cos   aˆ z r  z  1    aˆr (cos 2   sin 2  )  aˆ (sin 2  cos 2  )  aˆ z r r  z  1     aˆr  aˆ  aˆ z r r  z aˆ sin 2 



Operator gradien untuk koordinat silinder :



  aˆ r



 1    aˆ  aˆ z r r  z



Contoh : Diketahui : V  10z sin  Tentukan E ? Penyelesaian :



E  V   1    10 z sin   E   aˆ r  aˆ  aˆ z  z   r r



 10 z sin   1 10 z sin   10 z sin   E   aˆ r  aˆ  aˆ z  r r  z   10 z   E   0  cos  aˆ  0 r   10 z E cos  aˆ r



C) Untuk koordinat bola



 aˆ x   sin  cos  cos  cos   sin    aˆ r       aˆ y    sin  sin  cos  sin  cos    aˆ    aˆ   cos   sin  0   aˆ   z            r  x   sin  cos  cos  cos   sin         sin  sin  cos  sin  cos   1      y   r        cos   sin  0  1          z   r sin  



    aˆ y  aˆ z x y z   aˆ r sin  cos   aˆ  cos  cos   aˆ  sin     aˆ x



  1  1    sin cos    cos cos   sin r r  r sin     aˆ r sin  sin   aˆ cos sin  aˆ cos    1  1    sin sin   cos sin  cos r r  r sin    aˆ r cos  aˆ sin   cos   sin 1   r r   



  1  1      aˆ r sin 2 cos 2  aˆ r sin  cos 2 cos   aˆ r sin cos sin  r r  r sin      1  1    aˆ cos  cos 2 sin    aˆ cos 2 cos 2  aˆ cos cos sin  r r  r sin       1  1    aˆ sin sin cos    aˆ sin cos  cos   aˆ sin 2 r r  r sin       1  1    aˆ r sin 2 sin 2   aˆ r sin sin 2 cos   aˆ r sin sin  cos  r r  r sin       1  1    aˆ cos  sin 2  sin    aˆ cos 2 sin 2  aˆ cos  sin  cos  r r  r sin       1  1    aˆ cos  sin  sin    aˆ cos  cos  sin   aˆ cos 2 r r  r sin      1     1    2  aˆ r cos  sin   aˆ sin 2   aˆ r cos     aˆ sin  cos   r r    r r         aˆ r sin 2 cos 2  sin 2  cos 2  0  0  r   1    2 2 2 2  aˆ cos  sin   cos   sin   r   



















1    2 2  aˆ sin   cos   r sin      1  1      aˆ r  aˆ  aˆ  r  r sin     r



operator gradien untuk sistem koordinat bola adalah :   aˆ r



 1  1   aˆ  aˆ r r  r sin  



Contoh : Diketahui :



E  V Q V k r  1  1    aˆ r  aˆ  aˆ r r  r sin   Tentukan E ?



Penyelesaian : Q r  1  1   Q  E   aˆ r  aˆ  aˆ k r  r sin    r  r E   aˆ r r 2  0  0 kQ   kQ r E  2 aˆ r dim ana  ar  r r  kQr E 3 r E  k



  



2.2







DIVERGENSI DAN MAKNA FISISNYA Operator lain yang penting yang pada dasarnya merupakan turunan



adalah operator divergensi. Divergensi suatu vektor didefinisikan sebagai berikut : Divergensi suatu vektor adalah linit integral permukaan per satuan volum kalau volum yang terlingkupi oleh permukaan tersebut mendekati nol.  Lambang dari divergensi adalah   (dot product) dari V dengan satu vektor.



Arti fisisnya adalah mencari nilai fluks tiap satu satuan volume :



( jumlah keluaran  luas permukaan  jumlah masukan  luas permukaan volume Secara matematik operator divergensi didefinisikan sebagai :







      A   aˆ x  aˆ y  aˆ z   aˆ x Ax  aˆ y Ay  aˆ z Az y z   x



 Untuk sembarang vektor A  A 



   Ax  Ay  Az x y z







a).



OPERATOR DIVERGENSI PADA SISTEM KOORDINAT KARTESIAN



Jika vektor A mempunyai komponen pada sb. X : Ax; pada sb. Y : Ay dan pada sb. Z :Az melewati suatu ruang seperti pada gambar sebagai berikut : (x, y+y, z)



Az Ay z



y Ax



x (x, y, z)



 A 



(x + x, y, z)



 keluaran  Luas Penampang  masukan Luas Penampang  volume



dimana elemen volume = x  y  z



 Ax  x  x, y, z yz  Ax  x, y, z yz Ay  x, y  y, z xz  Ay  x, y, z xz    x  y  z xyz  A lim     A x , y , z   z  x  y  A x , y , z  x  y  z z v 0  xyz   Ax  x  x, y, z   Ax x, y, z  Ay  x, y  y, z   Ay  x, y, z       x  y    Az  x, y, z  z   Az  x, y, z     z Ay  x, y  y, z   Ay  x, y, z  A  x  x, y, z   Ax  x, y, z    A  lim x  lim  x 0 y 0 x 0 x y y 0 z 0



Az  x, y, z  z   Az  x, y, z  z 0 z Ax Ay Az  A    x y z operator divergensi pada sistem koordinat kartesian : lim



 A 



Ax Ay Az   x y z



dengan demikian terbukti bahwa :  A 



nilai keluaran Luas Permukaan  nilai masukan Luas Permukaan volume



     



  B  Kerapa tan fluks magnet   D  Kerapa tan fluks listrik



Untuk mendapatkan operator divergensi pada sistem koordinat lain maka operator  di dot kan (perkalian skalar) dengan vektor yang akan dicari kerapatannya. Contoh 1. Diketahui : A  x 2 aˆ x  yz aˆ y  xy aˆ z Tentukan . A ? Penyelesaian :



. A 



 2   x   yz   xy   2 x  z x y z



 



2. Diketahui : D  10 xaˆ x  200 y 2 aˆ y Tentukan :   D dititik (1,2,3) Penyelesaian :



 Ax  Ay  Az   y y z  10 x   200 y 2 D  aˆ x  aˆ y x y   D  10 aˆ x  400 y aˆ y D 











  D dititik (1,2,3) adalah   D  10  400  2  810



3.



Diketahui : A  10e 2 x aˆ x  5 y 2 aˆ y  10 cos 4 zaˆ z Tentukan   D dititik (1,2,0) Penyelesaian :  A 



Ax Ay Az   x dy z



 A 



 10e 2 x  5y2 10 cos 4 z  aˆ x  aˆ y  aˆ z x dy z











 



  A  20e 2 x aˆ x  10 y aˆ y  40 sin 4 z aˆ z   A dititik (1,2,0) adalah



  A  20e 2  20



b) OPERATOR DIVERGENSI PADA SISTEM KOORDINAT SELINDER Operator divergensi juga digunakan pada sistem koordinat silinder, sebagai berikut :







  1   . A   aˆ r  aˆ  aˆ z   aˆ r Ar  aˆ A  aˆ z Az r  z   r







Dari pembahasan sebelumnya



aˆ r  aˆ x cos   aˆ y sin  aˆ  aˆ x sin   aˆ y cos  aˆ z  aˆ z   aˆ r  aˆ x cos   aˆ y sin   r r  aˆ r  0 r   aˆ x cos   aˆ y sin   aˆ r     aˆ r  aˆ     aˆ x sin   aˆ y cos   aˆ     aˆ  aˆ x cos   aˆ y sin    aˆ  aˆ r 



 aˆ  aˆ z z z  aˆ  0 z z Oleh karena itu diferensial parsial dari unit vektor mempunyai harga dan



 aˆ  aˆ selain itu semua berharga 0.  r



Maka :



 aˆ  aˆ r 











  1     A   aˆ r  aˆ  aˆ z . aˆ r Ar  aˆ A  aˆ z Az r  z   r           A  aˆ r  aˆ r Ar  aˆ r  Ar aˆ r  aˆ r  aˆ A  aˆ r . A aˆ  aˆ r  aˆ z Az  aˆ r  Az aˆ z   r r r r r r   1  1  1  1    aˆ  aˆ r r  Ar  aˆ  Ar r  aˆ r  aˆ  aˆ r  A  aˆ  A r  aˆ     aˆ  aˆ 1  A  aˆ  A 1  aˆ    z r  z  z r  z          aˆ z  aˆ r z Ar  aˆ z  Ar z aˆ r  aˆ z  aˆ z A  aˆ z  A z aˆ  aˆ z  aˆ z z Az  aˆ z  Az z aˆ z    1  r  Ar   1  A   Az   A  r r r  z



 



Operator divergensi pada sistem koordinat silinder : A A 1  r.Ar   1   z  A  r r r  z



c).



OPERATOR DIVERGENSI PADA SISTEM KOORDINAT BOLA Operator divergensi juga digunakan pada sistem koordinat bola, sebagai



berikut :







1  1       A   aˆ r  aˆ  aˆ   aˆ A  aˆ A  aˆ A r  r sin    r r  r



dari pembahasan sebelumnya didapat : aˆ r  aˆ x sin cos  aˆ y sin  sin   aˆ z cos aˆ  aˆ x cos cos  aˆ y cos  sin   aˆ z sin aˆ  aˆ x sin  aˆ y cos   0







 aˆ r  0 r  aˆ r  aˆ x cos cos  aˆ y cos  sin   aˆ z sin   aˆ  aˆ r   aˆ x sin sin  aˆ y sin  cos   aˆ z cos   aˆ  0 r  aˆ   aˆ x sin cos  aˆ y sin  sin   aˆ z cos    aˆ r  aˆ  0   aˆ  0 r  aˆ  0   aˆ   aˆ x cos  aˆ y sin  











  1  1     aˆ A  aˆ A  aˆ A   A   aˆ r  aˆ  aˆ r  r sin    r r  r        aˆ r  aˆ r r Ar  aˆ r  Ar r aˆ r  aˆ r  aˆ r A  aˆ r  A r aˆ  aˆ r  aˆ r A      aˆ r  A  aˆ r    1  1  1  1    aˆ  aˆ r r  Ar  aˆ  Ar r  aˆ r  aˆ  aˆ r  A  aˆ  A r  aˆ     1  1  aˆ  aˆ  A  aˆ  A aˆ r   r     1  1  1    aˆ  aˆ r r sin   Ar  aˆ  Ar r sin   aˆ r  aˆ  aˆ r sin   A     1  1  1  aˆ  A aˆ  aˆ  aˆ A  aˆ  A aˆ     r sin    r sin    r sin     1  2 1  sin   A   1  A  2 r  Ar  r sin   r sin   r r











 



Operator divergensi pada sistem koordinat bola adalah :



 A 



 



1  2 1  sin   A   1  A r  Ar  2 r sin   r sin   r r











Contoh 1.



Diketahui : A  r sin  aˆ r  2r cos  aˆ  2 z 2 aˆ z Ditanya



:  A  ?



Penyelesaian :



:



1  2 1  2r cos     2 z 2 r sin   r r r  z  2 sin   2 sin   4 z  4z







. A 



2.



Diketahui : D 







 



10r 3 aˆ c 2 4 r m



Tentukan :   D Penyelesaian :



 



1  1   (rDr )  D  D z  r r r  z 1  10 D  (r  r 3 ) r r 4 1  10 4 D  ( r ) r r 4 1 10   D   4 r3 r 4 2   D  40r D 



3.



Diketahui : D 



10 3 r aˆ r r  5  2m;0  z  10;0    2 4



Tunjukan ruas kiri dan kanan dari teorema divergensi











 D  ds     D  dv Pennyelesaian :



Ruas Kanan 1  rDr  D  r r 1   10 4    r  r r  4   10r 2 10 2



   Ddv     10r  rdrd dz 5



2



0







0 10



2 2 10



  



z 0



10r 3 dr d dz



0 r 0 5 4



10  2 10   r    0 z z 0  4  r 2 10 4  3  2   10  4  4050



 



Ruas Kiri       s  D  d s  D  d s  D 1 2      ds3



  D  rd dz aˆ r   D  rd dr aˆ z   D  rd dr  aˆ z  10 2



10 2



10 2



10 3 10 3 10 3    r aˆ r  rd dz aˆ r    r aˆ r  rd dr aˆ z    r aˆ r  rd dr aˆ z 4 4 4 z 0  0 z 0  0 z 0  0



 10  2 10   r 4    0   z 0 4   10    r 4   2   10  4   50 r 4 karena 2  r  5 maka :   4 D   ds  50 5  2  50 3  4050



4



2.3



TEOREMA DIVERGENSI GAUSS



Seperti telah dijelaskan dalam pembuktian makna fisis divergensi bahwa divergensi adalah nilai kerapatan fluks, sekarang akan kita buktikan teorema divergensi gauss yang di definisikan :



    A dv  A    ds v



s







  A  ds = integral permukaan tertutup



s



 . dv = integral volume v



Contoh 1. Diketahui : A  5 sin aˆ  5 sin aˆ , Tentukan . A di 0.5;  ;  = ? 4 4 Penyelesaian :



 



 2 1   A sin   1  A r  Ar  r r sin   r sin    2 1  5 sin  aˆ  sin   1  5 sin  aˆ r 0  r r sin   r sin   10 5  0  sin  cos  aˆ  cos  aˆ r r sin 







1 r2 1  2 r



. A 











karena r  0.5,    A 















4



, 







4



10   sin  cos aˆ  0.5 4 4



maka : 5 0.5 sin



 10 aˆ  10 aˆ 2.



Diketahui : D 















cos



 4



aˆ



4



5 2 r aˆ r c 2 m 4



1  2 1  1  (r Dr)  ( D sin  )  ( D ) 2 r sin   r sin   r r



Ditanya : Buktikan bahwa ruas kiri sama dengan ruas kanan dari persamaan berikut



  D   ds 



   D dv



Penyelesaian : Ruas kanan 1 r2 1  2 r  5r



.D 



 2 (r Dr ) r  5 4  r  r  4 



   D dv   5r  r sin d d dr       5r  sin d d dr   2



5



2



2



3



r 0



0



0



5



5  2 2   r 4   cos  0  0 4 0 3125   2



Ruas kiri



  D   ds  



5



 4 r 5



2



2



aˆ r  r 2 sin d d aˆ r 2



  



r 0  0  0 5 4



5 4 r sin d d 4



5  2 2   r   cos 0  0 4 0 3125   2 Makna fisis divergensi Gauss Dari hukum Gauss :



  D   ds  Q s



untuk satu satuan volume v   s D  ds Q D   v v dan diambil volume menuju nol



v  0.







  D  lim







 D  ds s



v



v  0



Q v  0 v



 lim



maka .D   v .................................................................(i) subtitusikan Q 



  dv ke hukum Gauss v



vol



maka



 D  ds    dv ....................................................(ii) v



s



vol



dari (i) dan (ii) didapatkan hasil akhir bentuk divergensi Gauss :



 D  ds     D dv s



vol



Makna fisis persamaan diatas adalah : Integral komponen normal dari setiap medan vektor pada seluruh permukaan tertutup sama dengan integral divergensi vektor tersebut dalam seluruh volume yang terlingkung oleh permukaan tertutup tersebut.



Soal-soal dan Penyelesaiannya 1. Diketahui A  x 2 aˆ x  yzaˆ y  xyaˆ z , tentukan   A . Penyelesaian : A  2x  z



  x 2. Diketahui A  5 x 2  sin aˆ x , tentukan   A jika x = 1. 2  



Penyelesaian :



  A x1  10







3. Diketahui A  x  y 2







1 2 2



aˆ x , tentukan   A pada posisi (2, 2, 0).



Penyelesaian :



  A 2, 2,0   8,84  10 2 4. Diketahui D 



Q 1  cos 3r aˆ r  r2



tentukan rapat muatannya.



C



m2



dalam system koordinat bola,



Penyelesaian:







C m 



3Q sin 3r  r2



3



5. Dalam system koordinat bola diketahui D  batas 0  r  1 m , dan D 



 4  10 4 aˆ r r2



 2  10 4 aˆ r r



C m  dengan 2



C m  dengan batas 2



r 1 m.



Tentukan rapat muatan untuk kedua batas tersebut. Penyelesaian : Untuk 0  r  1 m







 2  10 4 r2



C m  3



untuk r  1 m



 0 6. Diketahui D  10 sin  aˆ r  2 cos  aˆ



C m , tentukan rapat muatannya. 2



Penyelesaian :







sin  18  2 cot 2  r











C m  3



7. Buktikan bahwa divergensi dari E sama dengan nol



 100  jika E   aˆ  40aˆ z .  r 



 r 2  a2  aˆ r dengan 8. Dalam system koordinat silinder diketahui D   o  2 r    b2  a2 batas a  r  b , dan D   o   2r



 aˆ r dengan batas r  b . Untuk 



r  a maka D  0 . Tentukan  pada setiap batas tersebut. Penyelesaian : Untuk a  r  b , D = 0 Untuk r  b , D   o Untuk r  a , D = 0



9. Diketahui A  10aˆ r  5 sin  aˆ , tentukan   A . Penyelesaian :  10    A  2  cos     r 



10. Diketahui D 















10 1  e 2 r 1  2r  2r 2 aˆ r dalam system koordinat bola, 2 r



tentukan rapat muatannya. Penyelesaian :



  40e 2 r



C m . 3



BAB III CURL (ROTASI) DAN MAKNA FISISNYA Secara matematis operator curl ditulis dalam bentuk simbol ( ) . Operasi curl ini jika diterapkan pada vektor akan mendapatkan vektor baru.    Misal kita terapkan ( ) kepada vektor A atau ditulis sebagai (xA)



  A   aˆ x 



    aˆ y  aˆ z   aˆ x Ax  aˆ y Ay  aˆ z Az  x y z 



dalam bentuk matriks :



 aˆ x    A   x  A  X



aˆ y aˆ z      y z   AY AZ 



           A  aˆ x  Az  Ay   aˆ y  Az  Ax   aˆ z  Ay  Ax  z  z  y   x  y  x Arti fisis: Curl atau rotasi dari vektor adalah mencari jumlah kerja lintasan tertutup persatuan luas (x, y+y, z)



Az Az



(x, y, z + z) Ay



Ay z Ax



y x



( x,y,z ) (x, y, z)



Ax (x + x, y, z)



Kerja yang dilakukan dalam lintasan tertutup permukaan y z permukaan samping) Lintasan 1 = Ay (x,y,z) y Lintasan 2 = Az (x,y+y,z) z Lintasan 3 = -Ay (x,y+y,z+z) y Lintasan 4 = - Az (x,y,z+z) z



Total ker ja :



Ay x, y, z y  Ay x, y  y, z  z y  Az x, y  y, z z  Az x, y, z  z z



sehingga jumlah seluruh kerja pada lintasan tertutup muka samping persatuan luas (y z) adalah:



Total ker ja  y 0 z 0



A x, y, z   A x, y  y, z  z y  A x, y  y, z  z   A x, y, z  z z y



y



Z



yz



Z



yz



 Ay ( x, y, z )  Ay ( x, y  y, z  z ) Az ( x, y  y, z  z )  Az ( x, y, z  z   lim    y 0 z y   z 0 Jika permukaan atas dan permukaan depan diselesaikan seperti diatas dan kemudian semuanya dijumlahkan dengan permukaan samping maka kita dapatkan: Total kerja dalam lintasan tertutup persatuan luas   A , yaitu:



           A  aˆ x  Ax  Ay   aˆ y  Ax  Az   aˆ z  Ay  Ax  z  x  y   z  y  x



dengan demikian terbukti bahwa makna fisis dari rotasi suatu vektor adalah mencari kerja total yang dilakukan oleh vektor tersebut dalam lintasan tertutup dibagi oleh luas permukaan dalam lintasan tertutup tersebut. Untuk curl A dalam koordinat silinder dan bola dapat diturunkan dengan cara yang sama seperti koordinat kartesian



 1 AZ A  A  A aˆ r   Z  r   A    z  z  r  r  sec ara matriks  aˆ r    r A  r



1   rA  Ar   aˆ   r  r  



aˆ 1  r  A



aˆ z    z  Az 



 aˆ Z 



( silinder )











 



  A sin  A       sec ara matriks  A 



1 r sin 



 aˆ r      r A  r



 



   rA A 1 Ar  1   rA aˆ r  1   aˆ    r     r  r sin    r  r  



aˆ







1  r  A







 aˆ  



(bola )



aˆ



  1    r sin    A  







Catatan: Arah rotasi (curl) sesuai dengan kaidah tangan kanan. (cros product dari vektor). Dari pengertian makna fisis Curl, total kerja dalam lintasan tertutup persatuan luas permukaan lintasan, dapat dituliskan dalam hubungan matematis sebagai berikut:  Total Kerja dalam lintasan tertutup   A  lim ΔS 0 ΔS    A  dl   A  lim  S  0 S



Definisi diatas mempunyai konsekuensi matematis dalam bentuk lain yang dirumuskan oleh Stokes. Stokes Theorem:      A  ds  A    dl



Catatan :



*Teorema Stokes



Teorema Integral Stokes ini banyak digunakan pada persoalan Hk.



Ampere, Hk. Maxwell untuk medan magnet.



Contoh Diberikan medan faktor umum A  xz 3 aˆ x  2 x 2 yz aˆ y  2 yz aˆ z dalam koordinat kartesian. Carilah curl A pada titik (1, -1, 1).



Penyelesaian:



    xA   aˆ x  aˆ y  aˆ z  x xz 3 aˆ x  2x 2 yzaˆ y  2 yz4 aˆ z y z   x











     2 yz4   2x 2 yz aˆ x z  y 



     2 yz4  xz 3 aˆ y z  x 







aˆ x



aˆ y



aˆ z



 x



 y



 z



xz 3



 2x 2 yz 2 yz4































 



      2x 2 yz  xz 3 aˆ z y  x 











 







 2z 4  2x 2 y aˆ x  3xz 2 aˆ y  4xyz aˆ z xA di 1,1, 1







 







4 2 2 xA  21  21  1 aˆ x  311 aˆ y  41 11aˆ z



 3 aˆ y  4 aˆ z



Diberikan medan vektor umum



A  3r 2 z 2 aˆ r  5r sin aˆ  4 z 3 r aˆ z



dalam



koordinat silinder Carilah curl A di titik (3;/2;2) ?



Penyelesaian :  1 Az A   1  rA Ar   Az Ar  ˆ aˆ r   aˆ z xA      a    z  z     r  r   r r



 



  



3 2 2  1  4z 3 r  5r sin    aˆ    4z r   3r z    r   r  r z z   











 0  4z 3  2z3r 2 aˆ  



aˆ    1 r5r sin   3r 2 z 2 aˆ z  



1 10r sin   aˆ z r



1 3 3 xA  3, / 2,2     42  223 aˆ   103 sin  / 2aˆ z   3     32  108aˆ   10aˆ z  76aˆ   10aˆ z



r 



r







 



Soal-soal dan Penyelesaiannya 1.



Diketahui medan vector A  5r sin  aˆ z dalam system koordinat silinder, tentukan curl A pada posisi (2, , 0). Penyelesaian :



  A 2, ,0   5aˆ r 2.



Diketahui medan vector A  10 sin  aˆ dalam system koordinat bola.    Tentukan curl A pada posisi  2, , 0  .  2 



Penyelesaian :



 A 



   2, , 0   2 



3.



 5aˆ



Buktikan bahwa curl dari



xaˆ x



2



4.



Diketahui medan vector



 yaˆ y  zaˆ z 



x



y z 2







3 2 2



sama dengan nol.



 1  A  e 2 z  sin  aˆ dalam system koordinat 2  



   silinder, tentukan curl A pada posisi  0,800 ; ; 0,500  . 3   Penyelesaian :



 A 



   0,800; ; 0 , 500 3  



 0,368aˆ r  0,230aˆ z



5.



Buktikan bahwa curl dari A 



2 cos  sin  aˆ r  3 aˆ adalah nol. 3 r r



6.



Diketahui medan vector



A  5e  r cos  aˆ r  5 cos  aˆ z



 3  koordinat silinder, tentukan curl A pada posisi  2, , 0  .  2 



Penyelesaian :



 A 



3   2, , 0  2  



 2,5aˆ r  0,34aˆ z



dalam system



7.



Diketahui vector A  2,5aˆ  5aˆ dalam system koordinat bola, tentukan curl dari A pada posisi



    2, , 0  .  6 



Penyelesaian :



 A 



   2, , 0   6 



8.



 4,33aˆ r  2,5aˆ  1,25aˆ



Diketahui vector A  sin  aˆ r  sin  aˆ dalam system koodinat bola,    tentukan curl dari A pada posisi  2, , 0  .  2 



Penyelesaian :



 A 



   2, , 0   2 



0



9.



Buktikan bahwa curl dari sebuah gradient adalah nol.



10.



Diketahui vector A  sin 2 aˆ dalam system koordinat silinder, tentukan    curl dari A pada posisi  2, , 0  .  4 



Penyelesaian :  A 



   2, , 0   4 



 0,5aˆ z .



BAB IV GAYA COULOMB DAN INTENSITAS MEDAN LISTRIK 4.1



HUKUM COULOMB Dari hasil empiris didapatkan bahwa antara dua muatan listrik (Q1 dan Q2)



yang berjarak d dalam ruang yang permitivitas listriknya  terdapat gaya interaksi sebesar:



 1 Q1Q2 F aˆ d 4 d 2 d = jarak antara Q1 dan Q2 aˆ d satuan yang menunjukan arah gaya



(d jauh lebih besar dari ukuran benda yang bermuatan Q1 dan Q2) Z



 F12  r1



Q1



 r2



  r1  r2 Q2 Y



X



 1 Q1Q2   r1  r2  F12  4 r1  r2 2  1 Q1Q2   r1  r2  F12  4 r1  r2 3   dimana : r1  r2 adalah vektor satuan yang arahnya dari Q2 ke Q1.  F12 = adalah gaya pada muatan Q1 oleh muatan Q2.  r1  x1aˆ x  y1aˆ y  z1aˆ z  r2  x2 aˆ x  y 2 aˆ y  z 2 aˆ z   r1  r2  ( x1  x2 )aˆ x  ( y1  y 2 )aˆ y  ( z1  z 2 )aˆ z



 Dengan demikian kita bisa tuliskan F yang merupakan gaya pada muatan Q2 oleh muatan Q1 yaitu :



   1 Q1Q2 ˆ ˆ   F21  r  r atau : F   F 2 1 12 21 4 r2  r1 2



yang merupakan gaya aksi reaksi.  = or o = permitivitas vakum



  10 9  8,854 x10 12 F / m  F / m  36   r = permitivitas relative. Dari penjelasan diatas dapat diturunkan bahwa :  1  Fmedium  Fvakum



r



 didalam udara F harganya hampir sama dengan di vakum. Gaya pada satu muatan Q yang disebabkan oleh banyak muatan ditulis dalam bentuk hubungan matematik



 1  N QQ1 rˆ  rˆi   FR   4  i 1 r  ri 3   



Gaya interaksi akibat muatan-muatan listrik ini ada yang tarik menarik (jika jenis muatannya berbeda) dan tolak-menolak jika jenis muatannya sama.



Contoh 1.



Hitung gaya di Q1 jika diketahui :



Z



Q1 = 2 mC pada posisi (3,-2,-4); Q2



Q2 = 2 C pada posisi (1,-4,2)



 r2



Y



 r1 Q1



 F12



Penyelesaian :   r1  r2  2aˆ x  2aˆ y  6aˆ z   r1  r2  2 2  2 2  6 2  44    Q!Q2 (r1  r2 ) F12  K   3 r1  r2  2.10 3  5.10 6 F12  9  10 9 (2aˆ x  2aˆ y  6aˆ z ) 3 44  F12  0,616aˆ x  0,616aˆ y  1,8484aˆ z



F12  (0,616) 2  (0,616) 2  (1,848) 2 F12  4,174 F12  2,04 Newton 2.



Empat muatan masing-masing Q1= -2 C pada posisi (0,3,0) m; Z X



Q2= 1 C pada posisi (1,4,0) m; Q3= 3 C pada posisi (4,0,0) m; Q4= -1 C pada posisi (0,-3,0) m.



Q 4 F34



 F31  F32



Q X



3



Tentukan besar gaya interaksi



Q



Y



1



Q 2



pada muatan Q3 jika muatan-muatan tersebut



terdapat



vakum/udara.



pada



ruang



 1 Newton.m 2    9  10 9 Penyelesaian :  Coulomb 2   4 0   r3  r1  4aˆ x  3aˆ y   r3  r1  42  (3) 2  5m



  r3  r2  3aˆ x  4aˆ y   r3  r4  4aˆ x  3aˆ y



  r3  r4  42  32  5m        Q3Q1 (r3  r1 ) Q3Q2 (r3  r2 ) Q3Q4 (r3  r4 ) F3 R  K   3  K   3 K  3 r3  r1 r3  r2 r3  r4  3.(2).(4aˆ x  3aˆ y ) 3.1.(3aˆ x  4aˆ y ) 3.(1).(4aˆ x  3aˆ y ) F3 R  9 x109.  9 x109.  9 x109. 3 3 5 5 53



 F3 R  432000000(4aˆ x  3aˆ y )  216000000(3aˆ x  4aˆ y )  216000000(4aˆ x  3aˆ y )



 F3 R  1944  106 aˆ x  216  106 aˆ y



F3 R 



 1944  10    216  10  6 2



F3 R  1955,96319  106 Newton



6 2



4.2



INTENSITAS MEDAN LISTRIK Medan listrik adalah suatu besaran yang mempunyai harga pada tiap titik



dalam ruang ( medan adalah seuatu yang merupakan fungsi kontinu dari posisi dalam ruang ). Dalam membahas suatu medan dipakai istilah kuat medan. Untuk medan gaya Coulomb intensitas medan listrik ( kuat medan listrik = electric field intensity ) adalah vektor gaya coulomb yang bekerja pada satu satuan muatan yang kita letakan pada suatu titik dalam medan gaya ini dengan simbol E r  . Misal kita mempunyai muatan sumber Q berupa titik dan ingin kita test harga   medannya dengan muatan Qt  0 maka E (r ) harus sama dengan :



Z



 F12 Q (sumber)   1 r  r1  r r Q (test)



Y



X



   F (r , Qt ) QQt   1 E (r )    r 'r    2 Qt 4 0 r 'r  Qt E (r ) 



1  Q   3 (r  r ) 4 0 r 'r



  dimana: (r1  r2 ) adalah vektor satuan yang arahnya dari Q ke Qt (arah menjauhi muatan sumber).



Satuan Intensitas Medan Listrik Satuan intensitas medan listrik diukur dalam satuan Newton per Coulomb (gaya per satuan muatan) atau volt per meter, karena volt = Newton meter per Coulomb.



Contoh : Hitung E pada Q2 pada titik (3,-4,2) yang disebabkan oleh muatan Q1 = 2 nC di titik (0,0,0).



Penyelesaian :



 r2  3aˆ x  4aˆ y  2aˆ z   r2  r1  32  42  22   r2  r1  29    Q1 E   3 (r2  r1 ) 4 o r2  r1



 2  109 3aˆ x  4aˆ y  2aˆ z  E  9  109 3 29  E



18 3aˆx  4aˆ y  2aˆz  29 29



 E  0,1153aˆ x  4aˆ y  2aˆ z   E  (0,345aˆ x  0,460aˆ y  0,230aˆ z ) N / m



E  0,3452  (0,46)2  0,232 E  0,619 N / m



4.3



MEDAN LISTRIK OLEH MUATAN-MUATAN TITIK Z



E1 (ro)



Q1



E0 (ro)



 Q r1 E



 r0  r2



E1 (ro) Q 2



Y



X



Karena gaya coloumb adalah linier, intensitas medan listrik yang disebabkan oleh dua muatan titik Q1 di r1 dan Q2 di r2 adalah jumlah gaya pada muatan Qt yang ditimbulkan Q1 dan Q2 yang bekerja sendiri-sendiri atau :     1 Q1 (r0  r1 ) 1 Q2 (r0  r2 ) E (r )   4 r0  r1 3 4 0 r0  r2 3 Jika kita tambahkan lebih banyak muatan pada kedudukan lain, medan yang disebabkan oleh muatan titik adalah :     N      1  N Qi (r  ri )   E (r )   E (r ) atau E (r )   4  i 1 r  r 3  i 1 i  



Contoh : Hitung E pada titik A0 jika diketahui : A0 = (1,1,1), A1 = (1,1,0), A2 = (1,1,0), A3 =(-1,-1,0), A4 = (1,-1,0) dan Q1 = Q2 = Q3 = Q4 = 3 nC Penyelesaian : r0  r1   aˆ z   2 r0  r1  1  1 r0  r2   2 aˆ x  aˆ z   2 2 r0  r2  2  1  5



r0  r3   2 aˆ x  2 aˆ y  aˆ z   2 2 2 r0  r3  2  2  1  3 r0  r4   2 aˆ y  aˆ z   2 2 r0  r3  2  1  5



         Q  (r0  r1' ) (r0  r2 ) (r0  r3 ) (r0  r4 )  E    4 0  r0  r1 3 r0  r2 3 r0  r3 3 r0  r4 3      aˆ 2aˆ x  2aˆ y  aˆ z 2aˆ y  aˆ z 2aˆ  aˆ E  9 10 9  3 10 9  3z  x 3 z   3 3 1 3 5 5 



 



 2aˆ x  2aˆ y  28aˆ z 2aˆ x  2aˆ y  2aˆ z  5    E  27      27 25     2aˆ x  2aˆ y  28aˆ z 4,48aˆ x  4,48aˆ y  4,48aˆ z E  27    27 25    170,96aˆ x  170,96aˆ z  820,96aˆ z  E  27    675    E  6,84aˆ x  6,84aˆ y  32,84aˆ z



   



  



E  6,84 2  6,84 2  32,84 2 E  34,24 N / m



4.4



MEDAN LISTRIK OLEH DISTRIBUSI MUATAN KONTINU Jika sumber listrik tidak lagi merupakan muatan titik melainkan dalam



suatu bentuk dan ukuran tertentu yang terdistribusi secara kontinu bisa berupa ruang, bidang ataupun garis, maka intensitas medan listriknya adalah :



   1 dq(r  r ' ) dE  4 r  r ' 3 i      v (r  r ' )dv E (r )   4 r  r ' 3 v



Z



 F12  r



 r'



  r  r'



Y



X



(muatan sumber berbentuk ruang)      (r  r ' )ds ' E (r )   s   3 4 r  r ' s



muatan sumber berbentuk permukaan.      l (r  r ' )dl ' E (r )   4 r  r ' 3 l muatan sumber berbentuk garis.



Contoh : Muatan tersebar secara merata pada garis lurus yang panjangnya tak  berhingga dengan kecepatan  l tentukan E disuatu titik p sejauh r dari muatan garis. Penyelesaian : Gunakan sistem koordinat silinder



r1=z



r – r’ r



dq   l  dr '   l  dz  r  z aˆ z  r '  r aˆ r dE



p



1



dE r 1 = -z



r'  r  d   r '  r  (r 2  z 2 ) 2  dl  dz  dE 



 dE 



dq   4 o r  r '



  2  



  r r'   r r'



   



l  dz



(raˆr  zaˆ z ) 4 o (r  z ) (r 2  z 2 )1 / 2    dz (raˆr  zaˆ z ) dE  l 4 o (r 2  z 2 )1 / 2 2



2



karena pada setiap dq pada z ada dq pada –z sehingga komponen z saling menghilangkan maka :



 dE 



 l dz (raˆ r ) 4 o (r 2  z 2 )1 / 2



  .r E l 4 o



~



dz r z ~ (r 2  z 2 )1 / 2 aˆ r  4 o r 2 r 2  z 2   raˆ  z ( z )   raˆ  2  E l r  2  2  l r  2 4 o  r z r z  4 o  r   l E aˆ r 2 o r



z~



aˆ r z ~



Contoh : Pada garis lurus yang ditentukan oleh x = 2 m, y = -4 m tersebar muatan secara bersamaan dengan kerapatan  = 20 nC/m. Tentukan kuat medan listrik E di (-2,-1, 4) m. Penyelesaian :



 r  2aˆ x  1aˆ y  4aˆ z  r '  2aˆ x  4aˆ y r  r'  4aˆx  3aˆ y  4aˆ z   r  r' 



 42  32  42



 41



     r  r ' E  3 2 o r  r



 E



20  109 2  3,14  8,85  1012











   4aˆ x  3a y  4aˆ z    41  



   80aˆ x  60a y  80aˆ z  10 9 E 355,87  1012



 m



  E  224,8aˆ x  168,6a y  224,8aˆ z N



4.5



MEDAN LISTRIK AKIBAT MUATAN BERBENTUK LEMPENG



Z



 dE



Terapkan ungkapan



 dE



 r



 dE 



1



1 .dl



4 0 r  r



' 3



  (r  r ' )



 r  zaˆZ  r '  raˆr



  r  r' Y



dl  ds  rd



 r'



karena simetris aˆ r dz



saling



meniadakan.



X



Muatan tersebar merata dalam bidang datar tak berhingga dengan kerapatan S . Tentukan besar medan (intensitas medan) akibat muatan tersebut.  dE 



 dE 



 dE 



 ' dq   ' 3 (r  r ) r r



1 4 0



 ˆ   za z  raˆ r   S .d .dr. 1   r 2  z 2 2  (r  0) 2  (r.d  r.d ) 2  ( z  0) 2



1











4 0



 S r.d.dr



1 4 0



3 2 2











( zaˆ z  raˆr )



(r  z ) 2



karena simetris komponen radial saling meniadakan.  dE 



 E



 S rddr



1



4 0 (r 2  z 2 )3 / 2



1



 2



 



4 0 r  0



0



zaˆ z



 S rddr (r  z ) 2



2 3/ 2



zaˆ z 



 S 2z rdr aˆ z 2  4 0 (r  z 2 )3 / 2



lihat tabel 



  z    S zaˆ z   1 1 1 E  S aˆ z  2     2 1/ 2  2 0  (r  z )   2 0  r   z 



   E  S az 2 0



Contoh Tentukan E disemua titik jika diketahui lempeng seluas 100 cm2 yang mengandung distribusi muatan yang serba sama sebesar listrik disekitar muatan tersebut. Penyelesaian : 1 4  o



 9  10 9



o  E



1 36  10 9



 2 o



dimana :  



Q S



10  10 6 10 9    10  4 C 2 4 m 9 100  10 10  10  4  E  9 2 o   1  2 9   36  10 



 







 



5  10 5 V m 4



10  C . Tentukan medan 9



BAB V FLUKS LISTRIK DAN HUKUM GAUSS 5.1. MEDAN SKALAR DAN MEDAN VEKTOR  dikatakan medan skalar jika terdefinisi suatu skalar  di setiap titik dalam ruang, yaitu φ (x,y,z ) atau (suatu fungsi  yang mengaitkan suatu bilangan dengan  tiap titik didalam ruang). Medan



u dikatakan medan vektor jika :



Terdefinisi suatu vektor u disetiap titik didalam ruang atau ditulis dalam  hubungan u  ur  atau suatu fungsi u yang berkaitan dengan tiap titik r diruang.



Dalam koordinat kartesian :



   x, y, z  medan scalar u  aˆ x u x x, y, z   aˆ y u y x, y, z   aˆ z u z x, y, z  (medan vektor)



Dalam koordinat silinder :



   r,  , z  medan skalar u  aˆ r u r r,,z   aˆ u r,,z   aˆ z u z r,,z  (medan vektor)



Dalam koordinat bola :



   r, ,   medan skalar u  aˆ r u r r , ,    aˆ u r , ,    aˆ u r , ,   (medan vektor)



Kita lihat, suatu medan vektor adalah ekuivalen dengan 3 komponen medan skalar ini karena u ekuivalen dengan komponen    u x r , u y r , u z r   Kartesian    ur r , u r , u z r   Silinder    ur r , u r , u r   Bola Dari pengertian definisi medan skalar dan medan vektor terlihat bahwa : Medan vektor berkaitan dengan sumber medan berupa fungsi bernilai vektor. Contoh : medan gaya coulomb, medan gaya magnet, medan gaya gravitasi, dan sebagainya.



Medan skalar berkaitan dengan sumber medan berupa fungsi bernilai bilangan. Contoh : fungsi yang memberikan suhu pada tiap titik diruangan. Suatu visualisasi medan skalar  adalah dengan jalan melukiskan sistem “permukaan-permukaan  tutupnya”. Permukaan-permukaan ini adalah tempat kedudukan titik-titik dengan nilai  yang sama dan biasanya digambarkan dengan beda harga , yang sama antara setiap permukaan yang berdekatan. permukaan tetap



3 2 1



Cara melukiskan medan vektor salah satunya adalah dengan cara melukiskan garis medan dalam medan gaya, garis medan ini disebut garis gaya. Garis gaya listrik dilukiskan sehingga arah medan listrik menyinggung garis gaya tersebut. E (P) Q



E (Q)



P Kuat lemahnya medan listrik ditentukan oleh kerapatan garis gaya tersebut. Perhatikan gambar dibawah ini.



+



(a ) Keterangan :



+



(b)



Garis gaya keluar dari muatan positif menuju ke muatan negatife.



+



(c )



Untuk muatan positif yang tidak ada pasangan muatan negatifnya, garis gaya menuju ke tempat tak berhingga. Untuk muatan yang sejenis garis gayanya saling menjauhi. 5.2



FLUKS LISTRIK Fluks listrik didefinisikan sebagai jumlah garis gaya yang menembus



permukaan yang saling tegak lurus. Dengan demikian muatan satu coulomb menimbulkan fluks listrik satu coulomb. Maka Ψ = Q Coulomb. Jika fluks Ψ adalah besaran skalar, maka kerapatan fluks listrik (density of electric flux) D adalah medan vektor. Gambar dibawah memperlihatkan distribusi muatan ruang kerapatan muatan ρ yang ditutupi oleh permukaan S. Maka untuk elemen kecil permukaan ds, kita memperoleh differensial fluks yang menembus ds sebagai berikut : an



D







d  D  d s  D  nˆ d s  D ds cos 



ρ



Ini karena D tidak selalu dalam arah normal terhadap permukaan dan misalkan  adalah sudut antara



D dengan normal permukaan dan d s adalah vektor elemen



permukaan yang mempunyai arah



a n (normal).



Kerapatan Fluks listrik (Density of Electrical Flux) D D adalah medan vektor yang arahnya sama dengan arah garis gaya.



D



d dA



5.3







aˆ n C / m 2







( aˆ n adalah unit vektor dari D)



HUKUM GAUSS “Flux total yang keluar dari suatu permukaan tertutup adalah



sama dengan jumlah muatan di dalam permukaan tersebut.”



Fluks total yang menembus permukaan yang tertutup didapat dengan menjumlahkan differensial yang menembus permukaan ds.      D  ds sehingga bentuk matematik hukum gauss sebagai berikut :      D  ds  muatan yang dilingkupi  Q Muatan yang dilingkupi bisa terdiri dari : Beberapa muatan titik Distribusi muatan garis Distribusi muatan permukaan (tidak perlu permukaan tertutup) Distribusi muatan volume



5.4



HUBUNGAN ANTARA



KERAPATAN



FLUX



DAN



KUAT



MEDAN LISTRIK Kita pandang suatu muatan Q positif yang terletak di pusat bola yang berjari-jari r, dari definisi garis gaya yang terjadi akibat muatan Q ini akan menuju tak hingga (~) sehingga D  aˆ r D (berarah keluar sesuai dengan arah Z  ds  aˆ n ds  aˆ r ds



Q



Y



X



Gunakan hukum Gauss



  Q   D  ds   aˆ r D  aˆ r r 2 sin d d



aˆ r ).



dimana



aˆ r dan aˆ n sejajar sehingga aˆ r . aˆ n = l



Untuk permukaan bola  = 0 s/d   = 0 s/d 2











Sehingga Q  4 r 2 D D



Q 4. .r 2



D



Q 4. .r 2



aˆ r



Kita tahu intensitas medan listrik radial oleh sebuah muatan titik dipusat bola dalam vakum adalah : E



Q 4. o .r 2



rˆ



Maka D   o .E berlaku untuk ruang vacuum dan umumnya untuk setiap medium yang mempunyai permitivitas listrik   D    E



5.5



DISTRIBUSI MUATAN a) Muatan ruang Jika muatan tersebar dalam suatu volume, rapat muatan didefinisikan



sebagai  



 



dQ C atau m3 dv



dQ   dv  Q     dv atau dapat ditulis Q    .dv . v



v



b) Muatan permukaan Jika permukaan tersebar dalam suatu lembaran permukaan Q    .ds begitu pula s



dengan muatan garis Q    .dl s



Contoh Tentukan jumlah muatan yang ada didalam bola yang ditentukan oleh



 



5 cos 2  C 1 r  2 m dan kerapatannya adalah   m2 r4 Penyelesaian :



Q     dv  



2







2



2







2



 5 cos 2   2     r 4 r dr sin  d  d   0   0 r 1 



    



 0  0 r 1



5 .dr sin   d  cos 2  d r2 2



1  5   1    cos  0     sin 2  4  r 1 2 0  5  2    0  10 Coulomb 2



5.6



PEMAKAIAN HUKUM GAUSS



a) Beberapa distribusi muatan   Hukum Gauss Q   D  ds Pemecahannya akan mudah jika dipilih permukaan tertutup yang memenuhi syarat sebagai berikut : DS



normal terhadap permukaan sehingga



  Ds  ds  Ds ds



dan juga



menyinggung permukaan sehingga Ds  ds  0  Pada harga DS  ds  0 , DS adalah suatu konstanta. Contoh : Muatan titik dipusat koordinat bola, kita pilih permukaan tertutup yang memenuhi kedua syarat tersebut, yaitu permukaan bola yang pusatnya dipusat koordinat dan jari-jarinya r. Penyelesaian : Arah DS di setiap titik pada permukaan adalah normal terhadap permukaan tersebut, dan besar DS di setiap titik adalah sama.



 D  ds      D .ds  D   



Q



S



s



s



s



2







0



0



r 2  sin   d  d



 Ds  4 r 2 atau Q Ds  4 r 2



Karena harga r diambil sembarang DS mempunyai arah radial keluar



Maka D 



Q 4 .r 2



aˆ r



Tinjau distribusi muatan garis dengan kerapatan muatan serba sama ρD. Misalkan distribusi muatan tersebut memanjang sepanjang sumbu z dari (- ~) ke (~). Penyelesaian : Kita pilih permukaan tertutup yang memenuhi kedua syarat tersebut yaitu 



permukaan silinder. Besar D tetap dan arahnya selalu tegak lurus terhadap 



permukaan silinder di setiap titik pada permukaan tersebut D bidang datar .   Q   D  ds Sehingga :         D  ds1   D  ds 2   D  ds 3



Karena untuk tutup atas dan tutup bawah DS  ds sehingga harga DS  ds  0 z  L   2



QD



+~ ds



ρL



 D 2 rl



 Q  l  l



maka



D



D D



  rd  dz



z 0  0



 aˆ r 2 r



ds



ds



D



-~ Kabel koaksial Kita pilih permukaan Gauss yang memenuhi syarat yaitu permukaan tabung dengan panjang L dan jari-jari a b) Demikian juga untuk r < a, untuk Ds = 0



5.7



TEOREMA DIVERGENSI GAUSS Seperti telah dijelaskan dalam pembuktian makna fisis divergensi bahwa



divergensi adalah nilai kerapatan fluks, sekarang akan kita buktikan teorema divergensi Gauss yang didefinisikan :



 A  ds 



integral permukaan tertutup



   A dv 



integral volume dari divergensi A



untuk membuktikan teorema di atas kita lihat dalam koordinat yang paling kita kenal “kartesian”.



Dipilih suatu kubus kecil dengan sisi x, y, z yang sejajar dengan sb x, y, z sepeti pada gambar : misal titik P dengan posisi (x, y, z)



z



yang dimaksud integral permukaan



z P



tertutup adalah :







x y



A  ds harus



diungkapkan



untuk ke-6 muka kubus sehingga :



y



x



 A  ds   A  ds







1



s



depan



 A  ds



2



blk







 A  ds



3



kiri







 A  ds kanan



4







 A  ds



5



atas



 A  ds







bawah



Ambil muka kiri dan kanan (dengan memperbesar gambar) : z A (x, y+y, z)



A(x, y, z)



ds



ds y



z



x



x y



 A  ds   A ( y)xz y



kiri



 A  ds  A



y



( y  y )xz



kanan



Ay   y xz Gunakan deret Taylor  Ay  y  y x z   Ay ( y )   y   Sehingga :



6



 A  ds3 



 A  ds4 



kiri



kanan



 A  ds



1



 A  ds







depan



6



 A  ds







bawah



5



atas



y



xyz







Ax xyz x







Az xyz z



belakang



 A  ds atau :



2



Ay



 Ax Ay Az  xyz   x y z 



 A  ds  



Dengan membagi ruas kiri dan kanan oleh (V) di mana V = dx dy dz dan membuat V menuju nol maka didapat : Maka :



lim



v 0







A.ds v



 divA  . A



Soal-soal dengan penyelesaiannya



1.



Tentukanlah muatan total dalam volume yang didefinisikan oleh 0  x  1 m , 0  y  1 m dan 0  z  1 m , kalau   30 x 2 y . Bagaimana



pula hasilnya kalau pembatasan y diubah menjadi  1  y  0 m ? Penyelesaian : karena dQ = ρ dv



Q



1



1



1



   0



0



30 x 2 y dx dy dz



0 1



1



 30 3   1 2  1   x    y    z 0 0  3 0  2 1  10   1 2  5 Coulomb untuk batas-batas y yang diubah,



1



Q 0



0



1



 



1



30 x 2 y dx dy dz



0 1



0



 30   1  1   x 3    y 2    z 0  3  0  2  1 1  10   1 2  5 Coulomb



2.



Tetapkanlah jumlah muatan dalam volume yang ditentukan oleh 1  r  2 m dalam koordinat bola. Kerapatannya adalah  



5 cos 2 r4



Penyelesaian : 2 



Q



2



   0



0



1



5 cos 2  2  r sin  d d dr r4



1  5 1       sin 2 4  r 1  2  5     2  10 Coulomb 2



3.



2 0







    cos  



 0







Tiga muatan titik Q1 = 30 nC, Q2 = 150 nC dan Q3 =-70 nC, dikelilingi oleh permukaan tertutup S. Berapa besarnya fluks netto yang melalui S ? Penyelesaian : Karena fluks listrik didefinisikan sebagai bersumber dimuatan positif dan brakhir dimuatan negaatif, sebagian fluks dari muatan-muatan itu berakhir di muatan negatif. net  Q net  30  150  70  110nC



4.



Berapa fluks netto melalui permukaan tertutup S di gambar 1 yang berisi distribusi muatan dalam bentuk lempeng berjari-jari 4 m dengan kerapatan



Ds 



sin 2   aˆ z C/m2dan ds  r dr d aˆ z 2r



Penyelesaian :  r          



  Q   D  ds 2







4



  0



aˆ z



0



sin 2   aˆ z rdr d 2r 2



4



1 1  1      sin 2    r  4 2 0  2 0  2  2 Tesla



5.



Dua muatan yang sama besar tapi berlawanan tanda dilingkupi oleh



permukaan S apakah fluks dapat melalui permukaan itu ? 



Penyelesaian : fluks dapat melalui permukaan itu, sepeerti ditunjukkan di gambar 2, tapi fluks total yang dari S adalah nol, asalkan jumlah muatan didalam S adalah nol.



6.



Suatu piringan bulat berjari- jari 4 m dengan rapat muatan



D  12 sin 



dikelilingi permukaan tertutup S. Berapa fluks total yang melalui S ? Penyelesaian :   Q   D  ds 



4



2



 



12 sin rdr d



r 0  0 4



1  2  12   r 2    cos  0  2 0  12  8  2   192 Tesla



7.



Muatan titik Q = 30 nC terletak di titik asal suatu koordinat katesian.



Tentukan kerapatan fluks D di ( 1, 3, -4 ) m. Penyelesaian :



 D  ds  Q  aˆ D  aˆ ds  Q       D  r sin d d  Q r



r



2



r



2



r 0



0



0 2



D 4 r  Q Q D aˆ r 4 r 2 r  1  3   4   26 30  10 9 a x  3a y  4a z D  4 26 26 9 30  10  a x  3a y  4a z 1665,14  0,018  a x  3a y  4a z 2



2



2



































 18a x  54a y  72a z  10 3 



182  542   722  10 3



 91,78  10 3 C



8.



m2



Jika diberikan D = 10 xax ( C/m2) tentukan fluks yang melalui luas 1 m2 yang normal pada sumbu x di x = 3 m. Penyelesaian : karena D konstan dan tegak lurus pada permukaan itu maka :



  Q  D A  10 x a x  1  103  1  30 C



9.



Suatu konfigurasi muatan dalam koordinat silindris diberikan oleh



 m . Pakai hukum gauss untuk menetapkan D.



  5re 2 r C



3



Penyelesaian :



Karena ρ bukan fungsi Ø atau z, maka fluks adalah semata-mata radial. Juga bahwa pada r yang tetap harga D pastilah konstan. Maka permukaan gauss khusus yang sesuai untuk hal ini adalah silinder lingkaran yang tegak. Integral pada permukaan ujung-ujung silinder itu hilang, sehingga hukum gauss menjadi



 D  ds  Q   ˆ ˆ a D  a r d  dz       enc



l



2



l



r



z 0



2



r



r



0







z 0 2r r 0 2r







5re  2 r rdr d dz



0 r 0



D2 rl   5  r  1e   0   z 0 D2 rl   10 l r  1e  1 10 l r  1e  2 r  1 D 2 rl 5 r  1e  2 r  1  aˆ r C 2 m r























2



l







 



10. Volume dalam koordinat bola yang ditentukan oleh r ≤ a , dimana a jarijari bola. Berisi muatan dengan kerapatan yang serba sama. Pakai hukum gauss untuk menentukan D. Berapa besarnya muatan dititik asal yang akan menghasilkan medan D yang sama untuk r > a ? Penyelesaian :



 D  ds  Q      aˆ D  aˆ r  enc



2



r



0







0



2



r







4 sin d d   a 3  3



4 D 4 r 2   a 3  3 3 a  C D 2 3r 2 m



 



kalau suatu muatan titik Q = (4/3) пa3 ρ diletakkan dititik asal, medan D untuk r > a, yang dibangkitkannya akan sama besar dengan bola yang bermuatan yang berdistribusi merata



BAB VI ENERGI DAN POTENSIAL 6.1 ENERGI YANG DIPELUKAN UNTUK MENGGERAKKAN MUATAN TITIK DALAM MEDAN LISTRIK. Muatan Q dalam medan listrik E akan mengalami gaya interaksi Coulomb sebesar : FE  QE (Newton), jika ingin menggerakkan Q dengan arah melawan E diperlukan gaya yang melawan FE .



Fpakai   FE  QE Fpakai sama dengan FE dan arahnya berlawanan. Dengan demikian jika kita ingin



memidahkan Q sejauh dl dengan arah melawan medan harus menyediakan energi (dilakukan usaha) sebesar: dW  QE  dl



dot



dW  QE dl cos 



product dari dua vektor



  sudut antara E dan dl 



Untuk memindahkan Q pada jarak tertentu (berhingga) harus ditentukan dengan mengintegrasikan: akhir



W AB  



 E  dl



awal



dimana :



dl  dx aˆ x  dy aˆ y  dz aˆ z kartesian dl  dr aˆ r  rd aˆ  dz aˆ z silinder  dl  dr aˆ r  rd  aˆ  r sin d aˆ bola  Usaha yang dilakukan untuk memindahkan muatan titik dari titik awal (B) ke titik akhir (A) dalam medan listrik E serba sama, pada setiap lintasan tertutup adalah nol.



 E  dl  0 Medan Statis  medan vektor dengan sifat tersebut disebut medan konservatif.



6.2 INTEGRAL GARIS akhir



Persamaan W  Q







E  dl merupakan contoh integral garis. Integral



awal



garis diatas dalam medan (E) yang serba sama tidak bergantung pada lintasan yang dipilih, hal inipun berlaku untuk medan yang tidak serba sama, tetapi pada umumnya tidak berlaku untuk E yang merupakan fungsi waktu. Sebagai contoh kita lihat gambar dibawah ini kita pilih kedudukan awal titik B dan kedudukan akhir diberi tanda A dalam medan listrik yang serba sama lintasan dibagi dalam segmen-segmen kecil L1 , L2 , L3.... 4 .



A



L4 EL4 E4



L3 EL3



L2



E3



EL2



L1



E2



EL1 E1 B



EL1



proyeksi E pada L1



EL2 proyeksi E pada L2



EL3 proyeksi E pada L3 EL4 proyeksi E pada L4



Besarnya kerja yang diperlukan dari B ke A adalah : WAB  Q( EL1L1  EL2 L2  EL3 L3  EL4 L4 )



atau dengan memakai notasi vektor     WAB  Q( E1L1  E2 L2  E3 L3  E4 L4 )



Karena kita menjumlahkan terhadap medan yang serba sama E1  E 2  E3  E 4  E



W  QE(L1  L2  L3  L4 )



Penjumlahan



L1  L2  L3  L4



merupakan



penjumlahan



vektor



(penjumlahan jajaran genjang) yang hasilnya merupakan vektor yang mempunyai arah dari titik awal B ke titik akhir A, LBA (tidak tergantung lintasan yang dipilih).



W  QE.LBA



(E serba sama)



Bentuk integral dari penjumlahan di atas : A



W  Q  E.dl B



A



 QE  dl ................E serba sama B



 QELBA



dengan dl adalah elemen panjang, ditulis dalam bentuk sebagai berikut :



dl  dx aˆ x  dy aˆ y  dz aˆ z kartesian dl  dr aˆ r  rd aˆ  dz aˆ z silinder  dl  dr aˆ r  rd  aˆ  r sin d aˆ bola  Pada pembicaraan interaksi Coulumb dan intensitas medan listrik, kuat medan listrik yang diakibatkan oleh muatan garis lurus adalah Medan listrik sekitar muatan garis



Z



adalah  E



Y r1



X







r2



arah radial



 aˆ r 2 o r



untuk memindahkan muatan dari r1 ke r2 diperlukan kerja.



akhir



 E  dl



W21  Q



awal



 aˆ r  aˆ r dr  aˆ rd  aˆ z dz  2   r o awal



akhir



 Q







 dr 2  o r awal



akhir



 Q







r2



 Q  r1 r2



 Q  r1



 dr 2  o r  2  o r r2



 Q  r1



 Q



W21  



 2  o r



r  ln 2 2  o r1



r Q ln 2 2  o r1



Jika ingin memindahkan Q dalam arah aˆ z dan arah aˆ tidak memerlukan usaha, sebab E  dl (ingat aturan dot pruduct dari vektor).



6.3



DEFINISI BEDA POTENSIAL DAN POTENSIAL Kerja yang diperlukan oleh gaya luar untuk memindahkan muatan Q dari _



satu titik ke titik lain dalam medan listrik E : akhir



W  Q



 E  dl



awal



Beda potensial didefinisikan sebagai energi (yang dikerjakan oleh sumber luar) untuk memindahkan satu satuan muatan dari satu titik ke titik lain dalam medan listrik, atau dalanm bentuk matematik. Beda potensial



V



W Q







akhir



 E  dl



awal



V AB didefinisikan sebagai kerja yang diperluka untuk memindahkan satu satuan muatan dari B ke A atau V AB adalah perbedaan potensial antara titik A dan B. A



V AB  V A  VB    E  dl B



satuan yang dipakai adalah volt yang identik dengan dengan (joule/Coulumb) Contoh 1. Disekitar muatan garis panjang dengan kerapatan 



jika kita ingin



memindahkan muatan Q dari r2 ke r1 diperlukan energi sebesar ? Penyelesaian : W



Q  r2 ln 2 o r1



W Q



W  QV



r  ln 2 2 o r1



jadi beda potensial V12 



r W   ln 2 Q 2 o r1



Bukti : Unsur diferensial dl dipilih dalam koordinat tabung dan lintasan radial yang dipilih mengharuskan dz dan d  0; dl  aˆ r dr



 aˆ r  dr aˆ r 2  r o awal



akhir



W 



Z







r1



Sehingga



r1



l



 Q  r2



r2







 dr 2 o r r



r Q ln 2 2 o r1



jadi beda potensial V12 



Muatan garis tak terhingga



r  ln 2 2 o r1



2. Disekitar muatan titik jika kita ingin memindahkan 2 dari titik B ke A diperlukan energi sebesar ? Penyelesaian :



  W  Q  E  dl . A



B



VAB 



A   W    E  dl Q B



Q.aˆ r aˆ r dr  aˆ rd  aˆ r sin d  2 4  r 0 B A



V AB   



1



Q  s 4 0



A



dr



r B



V AB  V A  VB  Jika rB  rA



2







Qs 1 1 (  ) 4 0 rA rB



Qs 4 0 rA







Q 4 0 rB



beda potensial V AB  0 , secara fisis berarti : diperlukan



energi oleh sumber luar untuk membawa muatan Q positif dari rB ke rA (karena 2 muatan yang sejenis selalu tolak-menolak). Kalau kita membicarakan potensial mutlak (bukan beda potensial) maka harus dipilih suatu acuan potensial nol, misal: 



Acuan nol diperlukan bumi (eksperimental/empiris)







Acuan nol dititik tak berhingga (teoritis)







Untuk persoalan simetri tabung, misal dalam kabel koaksial, konduktor luarnya bisa dipilih sebagai acuan potensial nol.



Beda potensial di titik A dan B adalah beda potensial di titik A relatif terhadap beda potensial di titik B. Jika potensial dititik A adalah V A dan potensial dititik B adalah V B maka beda potensial titik A dan titik B adalah :



V AB  V A  VB



6.4



MEDAN POTENSIAL SEBUAH MUATAN TITIK Dari contoh di atas VAB = VA – VB =



Q 1 1    walaupun titik A 4 0  rA rB 



dan B mempunyai  ,  yang berbeda hasil VAB hanya ditentukan oleh rekapitalisasi rA dan rekapitalisasiB, tidak ditentukan oleh lintasan yang diambil. 







komponen  , dan  tidak berpengaruh karena E berarah radial E  aˆ r E . jika titik potensial nol didefinisikan sebagai titik terjauah tak hingga maka potensial di titik A adalah



Q Vao  V A  (V  0)  4 o rA sehingga VA =



Q 4 0 rA



1



r



2



dr 



~



Q 4 o rA



sama halnya dengan potensial di titik B VB 



V



atau biasa ditulis:



rA



Q 4



0



rB



Q 4 0 r



cara menyatakan potensial tanpa memilih acuan nol diperoleh dengan mengindetifikasikan rekapitalisasi rA sebagai r dan sehingga: V 



Q 4 0 r



Q 4



0



rB



sebagai konstan,



C



C dipilih supaya V = 0 pada r tertentu. Atau kita bisa memilih acuan V = V0 pada r = r0, karena beda potensial bukanlah fungsi dari C.



Definisi permukaan equipotensial Permukaan Equipotensial adalah permukaan yang mirip tempat kedudukan semua titik yang mempunyai potensial yang sama. Untuk memindahkan sebuah muatan pada permukaan equipotensial tidak diperlukan kerja. Permukaan equipotensial dalam medan potensial sebuah muatan titik adalah bola yang berpusat pada muatan titik tersebut.



6.5



MEDAN POTENSIAL AKIBAT DISTRIBUSI MUATAN.



a) Medan Potensial Akibat Muatan Titik Untuk mencari medan potensial akiabat muatan-muatan titik, sama seperti mencari medan gaya yang diakibatkan oleh muatan-muatan titik berlaku cara superposisi. Titik yang ingin diketahui medan potensialnya yaitu titik titik P.



Titik yang ingin diketahui medan potensialnya yaitu titik P.



Z Q1 r1 r2



Q2



Q3



r3 P



r



Y X



Q3 Q1 Q2 V     ... (r) 4πε 0 r  r1 4πε 0 r  r2 4πε 0 r  r3 Qi n V   (r) i 1 4πε r  ri 0



b) Medan Potensial Akibat Distribusi Muatan Kontinu Medan potensial yang diakibatkan oleh muatan terdistribusi kontinu caranya sama seperti ketika kita mencari medan gaya listrik. Untuk muatan berbentuk ruang dipakai rumus :



V(r)  



 (r ' )dv 4 o r  r1



Untuk muatan terdistribusi kontinu dalam bidang:



V(r)   s



 s (r ' )ds 4 o r  r1



Dan untuk muatan yang terdistribusi kontinu dalam garis :



Vr    l



 s (r ' )dl 4 o r  r1



Hasil-hasil di atas didapat dengan memilih titik acuan (medan potensial = 0) pada titik ~ (tak hingga) atau : A



VA    E  dl ~ A



VAB    E  dl B



Seperti yang telah dijelaskan dimuka bahwa integrasi di atas tidak bergantung pada lintasannya hanya melihat titik awal dan akhir saja, dengan demikian maka jika kita pilih lintasan tertutup akan menghasilkan harga V   E  dl  0



untuk medan statis 



V   E  dl  0



sesuai dengan pernyataan Kirchoff 



C



Berlaku V   E  dl  0 dalam lintasan tertutup medan potensialnya sama dengan nol.



C



E



D



6.6



GRADIEN POTENSIAL Perhatikan rumusan medan potensial: V  - E. dl atau dapat ditulis dalam



bentuk V  -E  L (L  0) Jika antara E dan L membentuk sudut maka akan berlaku V  -E. Lcos dV   E cos  dl



atau



Persamaan terakhir ini akan mempunyai nilai maksimum jika    (arah perubahan potensial berlawanan dengan arah pertambahan jarak).



dV dl



max



E



(a) Besar E sama dengan harga maksimum perubahan potensial terhadap jarak. (b) Pertambahan jarak berlawanan arah dengan arah pertambahan potensial.   E max  - dV  dl 



   max 



Dari rumus : V  -E  L Pada bidang yang mempunyai harga potensial sama (sepotensial bidang = bidang equipotensial) pada bidang ini V  0.



E  L  0 dimana harga E dan  L tidak nol dengan demikian E  L . Dalam hal ini L mempunyai arah menyinggung bidang sepotensial maka E tegak lurus bidang sepotensial (arah pertambahan potensial terbesar adalah tegak lurus pada permukaan sepotensial yaitu dalam arah potensial bertambah). Jika aˆ n merupakan arah normal dari permukaan sepotensial (dan mempunyai arah ke potensial yang lebih besar) maka : 



_



E



dV dl



aˆ n mak



Menunjukan bahwa besarnya E sama dengan laju perubahan maksimum V dan arah E adalah normal terhadap permukaan sepotensial (dalam arah pengurangan potensial) 



dV dv  dl mak dn



Karena laju perubahan V yang maksimum terjadi untuk arah yang sama dengan arah E, maka : _



E



dV dn



aˆ n



_     E   aˆ x  aˆ y  aˆ z .V y z   x



kartesian 



_



atau



E  V V aˆ n n



aˆ n merupakan vektor satuan yang normal terhadap permukaan sepotensial, dan arah normalnya dipilih dalam arah pertambahan harga V.



ingat :



    aˆ n  aˆ x  aˆ y  aˆ z n x y z



dimana E x  



kartesian 



V V V ; Ey   ; Ez   x y z



atau  V   aˆ x    V   aˆ r    V   aˆ r  



 x  r  r



 aˆ y  aˆ  aˆ



 y



  V z    aˆ z  V z  1    aˆ V r sin   



 aˆ z



1  r  1  r 



kartesian silinder  bola 



6.7



KERAPATAN



ENERGI



DALAM



MEDAN



ELEKTROSTATIK



(LISTRIK STATIS) Sekarang kita tinjau usaha untuk memindahkan 3 buah muatan, muatan demi muatan (satu demi satu) pada ruangan yang mula- mula bebas muatan.perhatikan gambar sebagai berikut:



~



Dari definisi energi W  Q  E  dL  QV Misalkan urutan pemindahan muatan adalah Q1,Q2, Qn maka : W1  Q1  E  dL  0



(karena pada saat Q1 datang, ruang belum ada medan) W1  Q1  V10  0



W2  Q2  V21



V21  potensial dititik



2 disebabkan oleh muatan1



W3  Q2  V21  Q3  V32  V31  WE  W1  W2  W3



 Q2  V21  Q3  V31  V32  ........................................................1



Jika urutan pemindahan muatan dibalik mula-mula Q3 kemudian Q2 dan Q1 maka WE  W3  W2  W1



 0  Q2  V23  Q1  V12  V13  ...........................................................2



Jika pers (1) dan pers (2) dijumlahkan maka : 2WE  Q1  V12  V13   Q2  V21  V23   Q3  V31  V32 



Jika kita ingat kembali cara mencari potensial oleh distribusi muatan titik maka: V1  V12  V13 V2  V21  V23 V3  V31  V32



Dengan demikian kita akan dapatkan 2WE  Q1V1  Q2V2  Q3V3 1 WE  Q1V1  Q2V2  Q3V  2



Dapat kita simpulkan energi dalam medan listrik statis oleh muatan n buah ditulis:



WE 



1



n



Q 2 n 1



n



Joule



Untuk distribusi muatan kontinu dalam bentuk ruang :



WE 



1 2



  V dV vol



Dapat ditunjukan bahwa :



WE 



1  E 2 dV 2 v



WE 



1 D2 dV 2 v 



WE 



1 D  E 2 dV  2v



Bukti:



WE 



1  V dV 2 v



D  



................................................................1 ...............................................................2



  VD  V   D  D  V V   D    VD  D  V ..........................................................3 dengan menggunakan koordinat bola



Volume Bola



Terapkan pers 1, 2, dan 3



WE 



1 2



  V dV vol



1   (  D) V dV 2 vol  



1   V D  V dV  1  D  V  V dV  2 vol 2 vol



1 VD   dS  1  D  E dV  2 R  2 vol



untuk R  



 VD   dS  0



maka : WE 



terbukti 



1  D  E dV 2 vol



substitusikan D 



E







1 D2 didapat WE   dV 2 vol 



dan WE 



1  E 2 dV  2 vol



Contoh 1. Hitunglah usaha yang dilakukan dalam memindahkan muatan +2 C dari (2,0,0) m ke (0,2,0) m melalui lintasan garis lurus penghubung kedua titik E  2 xaˆ x  4 yaˆ y V . m



 



Penyelesaian : usaha diferensial adalah dW  QEdl dW  2(2 x aˆ x  4 y aˆ y )(dx aˆ x  dy aˆ y  dz aˆ z ) dW  4 xdx  8 ydy



lihat gambar:



X ( 2, 0, 0 )



Y ( 0, 2, 0 ) Persamaan bagi lintasan adalah x  y  2 dimana dy  dx



Sepanjang lintasan itu, maka :



dW  4 xdx  8(2  x)(dx)  (4 x  16)dx 2



W    (4 x  16)dx  24 Joule 0



ingat (1 v



m



 1N



C



11



JCm



).



2. Sebuah muatan titik 1,6 nC diletakan di titik asal dalam ruang hampa. Carilah potensial pada r = 0,7 m jika : a). Acuan nol di tak berhingga b). Acuan nol di r =0,5 Penyelesaian :



a). Pada r = ~



V AB 



Q 4πε o



1 1    rA rB



  



dengan ε o  8,854  10 12 C



Nm 2



1,6  10 9  1 1   12  4  3,14  8,854  10  0,7 ~   20,55  0 (sebab tak berhingga)



V AB  V AB



2











V AB  20,55Volt b). Pada r = 0,5



Q 1 1    4 o  rA rB  1,6  10 9 1   1     12) (4)  (3,14)  (8,854  10  0,7 0,5   20,55  28,78



V AB  V AB V AB



V AB  8,2215 Volt



3. Berapa potensial di titik P jika diketahui :



r1  6aˆ x  8aˆ y



Z



r2  10 aˆ z r  6aˆ x  8aˆ y  10 aˆ z



Q2



Q1  Q2  1,6 nC



P



Y



X



Q1



Penyelesaian :



V r  



Q1 Q2  4 o r  r1 4 o r  r2



6



r  r1 



2



2



2



 10 2  10



6



r  r2 



2



 



 8  10  6  8



 



2



2



 8  10   10  2



2



2











 6 2  8 2  10



Vr 



1,6 x10 9 1,6 x10 9  43,148,854 x10 12 10 43,148,854 x10 12 10



1,6 x10 2 1,6 x10 2  111,206 111,206 Vr  1,44  1,44 Vr  



Vr  2,88 Volt



4. Diketahui medan potensial V  50 x 2 yz  20 y 2 volt dalam ruang hampa. Carilah : a. V pada (1,2,3) b. EP Penyelesaian : a. P (1,2,3) disubstitusikan pada V  50 x 2 yz  20 y 2 V  501 23  202  380 volt 2



2



E P  V EP  



b.



dV dV dV aˆ x  aˆ y  aˆ z dx dy dz



E P  (100 xyz )aˆ x  (50 x 2 z  40 y )aˆ y  (50 x 2 y )aˆ z E P  600aˆ x  230aˆ y  100aˆ z V



m



5. Diberikan fungsi potensial V  2 x  4 y yang berada dalam vacum, tetapkan energi yang tersimpan dalam volume 1 m3 yang berpusat dititik asal. Periksa pula volume-volume lain yang besarnya juga 1 m3 . Penyelesaian :   E  V



      aˆ x  aˆ y  aˆ z  2 x  4 y  y z   x  2aˆ x  4aˆ y V m



 



E



 22   42



 m



 20 V



V  Medan ini konstan dalam besaran  E  20  dan arahnya ke seluruh m 



ruang, maka energi total yang tersimpan adalah tak berhingga besarnya. (medan ini bisa berupa medan didalam sebuah kapasitor pelat sejajar yang tak berhingga ukurannya. Diperlukan suatu usaha yang besarnya tak berhingga untuk memuati kapasitor seperti itu ).



Walaupun demikian adalah mungkin berbicara mengenai kerapatan energi untuk medan ini dan medan lainya. WE 



1  E 2 dv  2



Menyarankan suatu cara yang mendukung bahwa dengan setiap elemen volume dV terkait kandungan energi sebesar w dV dimana



W



1



 E2



2 Bagi medan yang sekarang ditinjau kerapatan energi itu konstan, maka :



1 10 8 J W   o  20  3 o 36 m Sehingga setiap volume 1 m3 mengandung 10



8



36



Joule energi.



BAB VII MEDAN MAGNET TUNAK (STEADY) Medan adalah daerah disekitar sumber medan yang masih memiliki/ mendapat pengaruh dari sumber medan. Sejauh ini telah dikenal adanya dua medan, yaitu medan magnet dan medan listrik. Muatan-muatan yang merupakan sumber medan menimbulkan gaya terukur yang bekerja pada muatan lainnya yang dapat dianggap sebagai muatan detektor. Kenyataan bahwa pemberian sifat medan pada sumber muatan dan penentuan efek medan pada muatan detektor, maka hal ini dapat diartikan bahwa telah terjadi pembagian persoalan dasar menjadi dua bagian. Medan magnet dapat ditimbulkan oleh distribusi arus (Hk. Ampere, Biot Savart). Hukum Ampere menyatakan bahwa integral garis kuat medan magnetik H sepanjang lintasan tertutup sama dengan arus I yang mengalir di sepanjang lintasan tersebut. Atau:



 H  dL  I Hukum Biot Savart menyatakan bahwa diferensial kuat medan magnet dH didapat dari hasi bagi antara cross product IdL and ar dibagi dengan jarak kuadrat. Atau: dH 



 



i dl  aˆ r A m 4 r 2



Hukum Biot Savart kadang-kadang disebut hukum Ampere untuk unsur arus. Hubungan antara medan magnet tunak (steady) dengan sumbernya lebih rumit daripada hubungan antara medan elektrostatik dengan sumbernya. 7.1 Medan Magnet oleh Arus Listrik Sumber medan magnetik dapat merupakan sebuah magnet permanen, suatu medan listrik yang berubah secara linier terhadap waktu atau dari suatu arus searah. Biot Savart telah mengembangkan hubungan antara medan magnet yang ditimbulkan oleh unsur diferensial arus searah dalam ruang hampa. Unsur arus diferensial yang dikembangkan oleh Biot Savart dibayangkan sebagai bagian kecil dari filamen konduktor yang dialiri arus yang filamennya merupakan limit dari tabung konduktor berpenampang lingkaran yang jejarinya menuju nol



. Hukum Biot Savart menyatakan bahwa pada setiap titik P, besar intensitas medan magnetik yang ditimbulkan oleh unsur diferensial berbanding lurus dengan perkalian arus, besar panjang diferensial, dan sinus sudut antara filamen dengan garis yang menghubungkan filamen tersebut ke titik P. Besar intensitas medan magnetic berbanding terbalik dengan dengan jarak kuadrat r. Atau secara matematis, hukum Biot Savart dituliskan dengan notasi:



dH 



 



i dl  aˆ r A m 4 r 2



di mana: dH = diferensial intensitas medan magnet i dl = elemen diferensia arus âr = unit vektor r r



= jarak antara elemen arus dengan titik yang ditinjau besar medannya.



idl



Penghantar yang dialiri arus







r P (titik yang ingin diketahui besar medannya)



Atau secara umum dapat ditulis dengan persamaan matematis sebagai berikut: idl



r-r’ P



dB 



 o i dl  r  r ' 3 4 r  r'



r’ r



catatan: rˆ  rˆ '  r  r ' 3 r  r'



( 0, 0, 0 )



Contoh : 1.



Medan listrik akibat arus searah pada penghantar yang panjang dan berjarak r dari penghantar ke titik yang ditinjau seperti pada gambar: i dl = i dz



r’



r - r’



I P



( 0, 0, 0 )



r



  Gunakan kordinat silinder, sumber terletak di r '  z  aˆ z sedang r  r  aˆ r   dan r  r '  r  aˆ r  z  aˆ z . Sehingga:  μ idz  aˆ z  r  aˆ r  z  aˆ z  dB  o 3 4π 2 2 2 r z











 o r  idz  aˆ  4 2 2 3  2 



B







r







z



o  r  i  aˆ  4 



dz



r



2



 z2







3 2







o  r  i  z aˆ  2 3 2 4 r r  z







o  r  i  z z  aˆ  2  2  4 r z r z



   



B



o  r  i  2  o  i aˆ  2   aˆ 4  r  2r



B



o  i aˆ 2r







2. Besarnya induksi magnetik akibat penghantar yang berbentuk lingkaran dengan jari-jari r.







  i  dl  r  r ' dB  o 3 4 r  r'



r – r’



r



r’



i dl







  i  r  d  aˆ xz  aˆ z  r  aˆr  dB  o 3 4 2 2 r z 2











   o  i  r  d  aˆ r  i  r 2  d  aˆ z  dB  3 4   r2  z2 2 







Karena simetris, komponen z saling menghilangkan.







2   o i  r  d  aˆ z dB  3 4 r2  z2 2











μ  i   r 2   2π o   B aˆ 3 z 4π  r 2  z 2  2  



B







4 r  z



B



2



 o  i  r 2  aˆ z 2



 d







3 2 2



0



 o  i  2 r 2 







4 r  z 2







3 2 2



aˆ z



untuk r