Listrik Magnet [PDF]

Citation preview

BAB I PEMBAHASAN



1.1



Persamaan laplace Dalam membahas tentang listrik statik dalam kaitannya dengan suatu penghantar, ternyata seluruh muatan terdapat pada permukaan penghantar atau dalam bentuk muatan titik yang tetap. Dalam hal ini ρ di sebagain besar titik dalam ruang sama dengan nol. Dan di tempat yang rapat muatannya nol, persamaan poison mempunyai bentuk yang lebih sederhana. Dari persamaan   E   dan E   dapat dibuat dalam bentuk persamaan      



 2  



 0



 0



Di mana  



 2  2  2   x 2 y 2  2 z



Karena ρ di sebagain titik dalam ruang sama dengan nol (ρ = 0) maka persamaannya akan menjadi  2  



 0 0



 2  0 …………………………………………………………….(1)



yang dikenal sebagai persamaan Laplace Misalkan terdapat N buah penghantar dengan potensial yang selalu pada harga 1, 2 , 3 ...., N . Dalam hal ini untuk menentukan potensial di semua titik dalam ruang di luar suatu penghantar tersebut dapat diselesaikan dengan mencari pemecahan persamaan Laplace yang berubah nilainya menjadi  I ,  II ....., N pada permukaan penghantar yang sesuai. Teorema I persamaan laplace Jika 1, 2 , 3 ...., N semuanya merupakan penyelesaian persamaan Laplace, maka



1



  C11  C 2 2  ...  C n n ……………………………………….(2) Dimana C merupakan tetapan sebarang, juga merupakan penyelesaian Bukti dari teorema ini diperoleh dari



 2   2 C11   2 C 2 2  ...   2 C n n  C1 21  C 2  2 2  ...  C n  2 n 0 Berdasarkan teorema ini, kita dapat menjumlahkan dua atau lebih penyelesaian persamaan Laplace sedemikian hingga persamaan Laplace memenuhi seperangkat syarat batas tertentu. Teorema II Persamaan laplace (Teorema keunggulan) dua penyelesaian persamaan Laplace yang memenuhi persyaratan batas yang sama, berbeda hanya dalam tetapan tambahan Untuk membuktikan teorema ini kita tinjau daerah tertutup V0 di luar permukaan S1, S2,… SN dari berbagai penghantar yang dibatasi oleh permukaan S yang dapat berupa permukaan di tempat tak hingga atau permukaan benda nyata yang melingkupi V0. Misalkan 1 dan  2 adalah dua penyelesaian persamaan Laplace di V0 yang selain itu memiliki syarat batas sama dengan S, S1, S2,… SN sayarat batas ini dapat ditentukan dengan menentukan niai  ataupun



 pada permukaan batas. Dalam hal ini dapat n



didefinisikan suatu fungsi baru   1   2 sehingga diperoleh persamaan    21   2 2 = 0. Selanjutnya, baik  maupun n   mempunyai



harga sama dengan nol pada batas tersebut. Dalam kaitanya dengan vector divergensi  maka akan diperoleh persamaan



   dv     n



da



s  s1 ....s N



v0



0 Karena integral ke dua mempunyai harga nol. Divergensi memenuhi persamaan











   2   



2



2



Akan tetapi ,  2  diatorema divergensi akan dinggap mempunyai harga nol pada semua titik dalam V0 sehingga teorema divergensi akan menjadi



  



2



dv  0



V0











Dalam hal ini  2 haruslah berharga positif atau nol di setiap titik dalam V0 dan karena integralnya sama dengan nol, maka terbukti bahwa satu-satunya kemungkinan adalah  2  0 1.2



Persamaan Poisson Di dalam kasus elektromagnetik dua hubungan yang dapat



dipecahkan secara simultan, yaitu :   ………………………………………………………………(3) E 



0



 E  V ………………………………………………..……………….(4) Kedua persamaan tersebut dapat dikombinasikan ke dalam satu persamaan yaitu :    V  



 0



yang secara umum dapat ditulis  2V 







0



…………………………………………..…………………..(5)



Persamaan (6) ini dikenal sebagai persamaan Poisson. Jika  = 0 di dalam semua daerah di dalam ruang, maka persamaan Poisson menjadi :  2V  0 …………………………………………..……………………..(6)



Persamaan ini dikenal dengan persamaan Laplace (Sujanem, 2001). Di dalam kasus potensial yang ditunjukan dengan persamaan poisson :



 2V   



 0 distribusi muatan umum di dalam penambahan beberapa syarat



batas, potensial dapat dicari dengan pemecahan bagian homogen dari persamaan di atas yakni persamaan  2V  0 . Pemecahan ini ditambahkan dengan solusi pemecahan persamaan poisson (hukum coulomb) :



 ( r ) 



1 4 0



d '



 r  r'



+ solusi persamaan Laplace……………………………...(7).



3



Penerapan Persamaan Poisson dan Laplace Contoh : Misalkan



terdapat



  0 dan  



 4



suatu



bidang



konduktor



semiinfinite



dengan



sudut



, dipisahkan oleh suatu bahan isolator seperti ditunjukkan pada



gambar dibawah ini. Jika diketahui v = 0 dan v = 20 volt di  



 4



dan tidak ada



muatan antara kedua bidang tersebut. Berapakah V dan E pada ruang di antara kedua bidang???



Jawab: Solusi a.  v  0 b. Pilih sistem koordinat : sistem koordinat silinder karena ada  c. Tulis persamaan laplace



2 v 



1 d 2v 0  d 2



d. Integrasikan 1 kali







d 2v  0 d 2 



dv A d e. Integrasikan 1 kali



 dv  



A d



v  A  B



4



f. Cari nilai konstanta A dan B dengan cara memasukkan nilai batas saat   0 dan v  0 maka







V  A  B 0 0 B B0 saat   0 dan v  v0







V  A  B V0  A 0 A



V0



0



Maka :



V  A  B V V 0



0



g. Cari E dengan cara 1 dimensi



E  V V 1 dv  \ a  d 1 d (V0 /  0 )  a  d 1 v0  a



 0



Lalu masukkan kondisi batas



V



80







E 



1.3.







1 80



 



a



Syarat Batas Suatu batas terpenuhi dalam pemecahan masalah dalam volume tertentu



dalam ruang, misalnya kalau menggunakan persamaan elektrostatik yang berbentuk diferensial ingin ditentukan daerah mana terdapat muatan titik, atau muatan garis, akibatnya E dimana-mana merupakan fungsi V yang kontinu.



5



Dalam hal ini penyelesaian dalam V akan ditemui bila diketahui sifat tertentu untuk pemecahan masalah, dalam batas dari V. Karena itu sangat diperlukan memperhatikan syarat batas. Dalam tiga dimensi, dijumpai adanya persamaan diferensial parsial, yang dalam banyak hal tidak mudah memperoleh syarat batas yang sesuai. Oleh karenanya V akan secara khusus (unik) ditentukan harganya pada batas dan untuk selanjutnya syarat batas yang lain digunakan juga. Sehingga diperoleh seperangkat syarat batas yang memenuhi solusi tersebut. Dalam hal ini ditentukan syarat batas pada bidang yang memisahkan dua daerah dalam ruang. Contohnya, untuk muatan titik pada gambar di bawah ini.



r q



Gambar 1. Syarat batas pada bidang yang memisahkan dua daerah dalam ruang. Contohnya, untuk muatan titik Kuat medan pada bidang bola yang menutupi muatan q adalah E 



q . 4 0 r 3 1



Bidang ini membatasi ruang dalam bola dan ruang di luar bola. Besaran E



q disebut syarat batas dari bidang batas bola di sekitar muatan titik q. 4 0 r 3 1



Contoh lain untuk muatan garis untuk muatan garis dengan muatan per satuan panjang sama dengan λ, dan pada bidang selalu berjari-jari r adalah E 



1



ˆ



4 0 r



.



Persamaan E ini merupakan syarat batas pada bidang batas sekunder tersebut. Solusi persamaan Laplace di suatu daerah, ditentukan secara khusus. Bila harga V merupakan hasil dari fungsi pada semua batas dalam daerah tersebut. Hal ini dapat dibuktikan pada gambar ditunjukkan suatu daerah dengan perbatasannya. Batas luar dapat saja dibuat di suatu tempat tak berhingga, yang biasanya dinyatakan potensialnya nol.



6



Dalam volume ini V akan dicari



V khusus pada permukaan batas Gambar 2. Suatu daerah dengan perbatasannya Misalnya terdapat dua solusi dari persamaan Laplace, yaitu V 1 dan V2 yang memenuhi  2V1  0 dan  2V2  0 . Kedua solusi ini mempunyai harga tertentu di permukaan batas dan dapat ditunjukkan bahwa V1=V2. Pembuktiannya dengan mengambil solusi V3=V2-V1 yang memenuhi  2V3   2V1   2V2  0 . Jika V3= 0, maka V1 = V2. Persamaan Laplace tidak memerlukan adanya maksimum dan minimum di titik lokal, sehingga harga maksimum dan minimum keduanya dinyatakan dengan nol. Teorema keunikan pertama adalah suatu cara untuk mencari solusi dengan ketentuan bahwa: 1) Solusinya memenuhi persamaan Laplace 2) Solusinya mempunyai harga yang tepat di perbatasan. Selanjutnya untuk menangani permasalahan menggunakan persamaan diferensial Poisson  2V 







0



. Cara penyelesaiannya sama yaitu dengan



mengambil V3 = V1-V2 dengan V1 dan V2 sebagai solusinya. Dengan demikian berlaku:  2V3   2V1   2V2 







0







  0 dan V3 merupakan solusi dari 0



persamaan Laplace, di mana V3 = 0 pada semua perbatasan. Kemudian diperoleh V1=V2 seperti sebelumnya. Akibat penjelasan di atas disimpulkan bahwa potensial di suatu daerah dapat ditentukan secara khusus (unik) bila memenuhi ketentuan berikut ini: 1) Rapat muatan diketahui di seluruh daerah 2) Harga V diketahui pada semua perbatasan.



7



Selanjutnya perhatikan bidang yang membatasi ruang 1 dan ruang 2. Bidang ini bermuatan dengan jumlah muatan per satuan luas τ. Perhatikan gambar berikut.



E2



E1 c q



Gambar 3. Bidang yang membatasi ruang 1 dan ruang 2. Bidang ini bermuatan dengan jumlah muatan per satuan luas τ Syarat batas pada komponen normal dari E adalah ( E 2  E1 ). n 



 dimana E2 dan 0



E1 adalah besarnya E pada ruang 2 dan ruang 1. Hubungan antara komponen tangensial E kawat bidang batas dapat ditentukan dengan rumus



 x E = 0.



Integral pertama ini dengan batas s didapatkan:



 x E s



0



da   c d r  0 .........................................................................................(13)



Dimana c adalah lintasan tertutup yang membatasi s. persamaan



 E.d r



0



c



menunjukan bahwa komponen tangensial E lewat bidang batas adalah kontinu. Panjang segiempat = l diambil sependek mungkin sehingga



 E . d r  El



dimana E



sama dengan harga kuat medan pada pertengahan l. Suatu cara yang sederhana dalam menetapkan seperangkat syarat batas adalah dengan memberikan harga V pada semua permukaan yang mengelilingi suatu daerah yang menjadi perhatian. Prakteknya di laboratorium misalnya bahwa kawat konduktor yang dihubungkan dengan baterai pada harga potensial tertentu, atau kawat dihubungkan dengan tanah di mana sering dinyatakan mempunyai harga V = 0. Tetapi kenyataanya, dapat saja terjadi, bahwa potensial V di batas tidak diketahui, melainkan muatan pada berbagai permukaan knduktor diketahui harganya.



8



Permukaan integrasi



Q1



Q5



Q3 Q2 Q4



Q6



Batas luar Gambar 4. Daerah yang mengandung beberapa konduktor Misalkan Q1 pada konduktor ke-1, Q2 konduktor ke-2, dst, di mana di daerah antara beberapa konduktor tadi diketahui keadaan rapat muatan  . Untuk menyelesaikan masalah ini digunakan teorema keunikan ke dua sebagai berikut. Di dalam daerah yang mengandung beberapa konduktor yang diantaranya berisi pula muatan tertentu dengan kerapatan  , maka medan listrik dapat ditentukan secara unik, bila muatan total pada setiap konduktor diketahui.   Teorema tersebut dapat dibuktikan misalnya terdapat dua medan E1 dan E 2 yang memenuhi persyaratan dan merupakan solusi persamaan diferensial. Hukum     Gauss   E1  dan   E 2  . Dalam bentuk integral dengan mengambil 0 0



permukaan Gauss mengelilingi setiap konduktor, maka dapat ditulis:   Q1 E  1  da  dan



s1



0



  Q2 E  2  da  dengan Si = permukaan konduktor yang ke-i.



0



s1



Sama halnya untuk batas permukaan luar Sl (yang dapat pula dibuat besar sampai tak hingga), hukum Gauss menjadi   Qtot E  1  da  dan



s1



0



  Qtot E  2  da  ................................................................(14)



s1



0



9



   Dengan memakai cara seperti sebelumnya, E3  E1  E 2 , di mana memenuhi ketentuan:        E3    E1    E 2    0 untuk daerah ruang antara konduktor,



0



0



maka setiap batas permukaan S, berlaku perumusan integral:   E  3  da  0 .......................................................................................................(15) s1



 Untuk menetapkan apakah E3 = 0, tinjau ketentuan bahwa konduktor merupakan benda yang ekipotensial artinya V 3 adalah konstan pada setiap konduktor. Walaupun tidak perlu bahwa potensial V3 mempunyai harga konstan yang sama untuk setiap konduktor, dan harga V3 tidak perlu nol. Selanjutnya dengan mengunakan aturan:      fA  f   A  A  f ..............................................................................(16)    untuk menyatakan hubungan   V3 E3 V 3   E3  E3  V3 dengan   E3 =  0 dan E3  V3 Sehingga diperoleh:  2   V3 E3  E3  .............................................................................................(17)



  







































Dengan mengintegrasikan hubungan di atas antar semua daerah ruang antara konduktor, dan menggunakan pula teorema Stokes, bentuk integralnya adalah:   2    V3 E3 d   V3 E3  da    E2  d .........................................................(18)







vol







A



vol



Dengan s meliputi semua permukaan batas daerah ruang yang menjadi perhatian, termasuk semua permukaan konduktor dan batas luar. Karena potensial V 3 konstan untuk setiap permukaan walaupun pada permukaan batas luar yang ukurannya tak terhingga diambil V3 = 0, maka integral yang ke dua menjadi:  2  V3  E3  da    E2  d  0 .............................................................................(19) vol



 Kesimpulan yang diperoleh yaitu E3 = 0 yang berarti E1=E2. 1.4 Metode Bayangan  Muatan Titik Dalam Bidang



10



Kita ilustrasikan muatan titik dengan menganggap sebuah muatan q pada jarak z’ diatas sebuah pelat konduktor yang sangat luas (gambar 3). Bidang tersebut dihubungkan dengan bumi, sehingga potensialnya nol. Kemudian dicari potensial dan medan listrik didalam ruang yang bermuatan q. Didalam gambar ini adalah daerah dari ruang z  0. kita tempatkan sementara muatan q dibawah titik asal dari permukaan konduktor. Konduktor P



-q



z’



z’



0



q



z



Gambar 5 Kita ambil z = 0 pada permukaan konduktor , kemudian jumlah potensial yang disebabkan oleh q dan muatan bayangan –q yang terletak z’ dibawah bidang z = 0. dengan demikian potensial dan medan listrik untuk z  0 adalah sederhana terhadap dua muatan titik q dan –q yang terpisah pada jarak 2z’. kita dapat mengkaji solusi ini yaitu:



V(r) =



1  q  q   z0   4 0  r  zzˆ' r  zˆz ' 



.......................................



(20)



Dalam koordinat silinder, r = ˆ  zˆz , dan r  z ' zˆ   2   z  z ' . Medan 2



2



listrik dapat diperoleh dari pernyataan E(r) = - V r  atau secara langsung dari hukum coulomb untuk dua muatan titik:



E(r) =



  1  qr  z ' zˆ   qr  z ' zˆ    z0   4 0  r  zzˆ' r  zˆz ' 



Untuk z = 0, r = ˆ , maka diperoleh:



11



..............................



(21)



E(p) =



ˆ  z ' zˆ  1  ˆ  z ' zˆ   3 3 4 0    2  z ' 2  2  2  z'2 2 











  q  4 0 



  2 z ' zˆ     2  z ' 2



  3  2 



Dari hasil ini kita akan dapat mencari rapat muatan permukaan pada z= 0 muka dari konduktor diperoleh:



   0 E.zˆ z 0 



q z' 2  2  z ' 2











3



................................................



(22)



2



Muatan induksi seperti yang diharapkan adalah berharga negatif. Muatan induksi tersebut mempunyai harga maksimum pada   0 , dan jatuh mengikuti



1



3



, sehingga  menjadi besar dibandingkan dengan z’ (lihat gambar 4). Hal



ini berarti muatan induksi ditambah muatan q asal. Yang menghasilkan solusi yang aktual, sama dengan pemikiran bahwa solusinya sesuai dengan q dan “muatan bayangan“ –q.



Gambar 7 Untuk menunjukkan muatan permukaan induksi total Q adalah sama dengan –q, termasuk bahwa semua garis gaya berakhir pada konduktor. Kita integrasikan rapat muatan untuk seluruh luas bidang konduktor yang memberikan : 



   2d  qz'  0







d 2



  z '



2







3



 q ..............................



(23)



2



Muatan q mengalami gaya yang menariknya kepermukaan konduktor. Lintasan partikel bermuatan dekat permukaan ditunjukkan pada gambar 5. gaya



12



tersebut mempunyai besar yang ditentukan oleh medan listrik dari muatan permukaan induksi. Karena medan ini identik dengan medan muatan bayangan, gaya dengan mudah diperoleh seperti gaya antara 2 muatan titik yaitu: F = - zˆ



q2



4 0 2 z '



2



...................................................................



(24)



Konduktor



Gambar 7



Gaya bayangan ini memberikan kontribusi yang besar dalam mengukur pencegahan elektron keluar dari permukaan konduktor yamg diasosiasikan dengan“fungsi kerja“ bahan konduktor.  Muatan Titik Dengan Suatu Bola Konduktor Untuk menganalisis potensial yang ditimbulkan oleh muatan titik dan bola konduktor. Kita perhatikan gambar (6) dibawah ini. P(r, ) r r2



a



r1



r’ θ +q O b q2 d -q2, dengan posisi (0,d) Ada 2 buah muatan titik q1 dan –q2, dimana q1> danV=0 (0,b). Apabila potensial pada permukaan bola dianggap mempunyai harga v = 0, maka rumus potensial :



V=



1 4 0







q1 q 2  r1 r2



 0



......................................................



13



(25)



Maka diperoleh hubungan



q1 q 2  R1 R2



Nyatakan titik asal koordinat kutub (r,  ), dan dari gambar diatas diketahui adanya ketentuan : R12 = a2 + d2 – 2ad cos 



.........................................................



(26)



R2 = a + b – 2ab cos 



.........................................................



(27)



2



2



2



Karena v = 0 maka dapat dibuktikan persamaan berikut ini : q1 q2











2



 a2   d  2a cos   d  d   2  b a  b  2a cos  b  



R   1  R2



 



......................



(28)



Persamaan diatas berlaku untuk setiap  , bila dinyatakan bahwa: (i)



a2 =db



(ii)







q1 q2



2 d



b



karena d > b



maka q1 > q2 Bila kita memilki bola konduktor dengan jejari a kemudian diberi potensial nol, dan pada jarak d dipasang muatan q1 dari pusat bola. Menurut metoda bayangan, maka bola tersebut dapat digantikan dengan muatan titik.



 



q2 =  d q1   a q ............................................................. b d



(29)



Pada posisi b=(a2/d) dari pusat bola dan potensial dititik p dengan koordinat (r,  ) diluar bola:



V(p) = V (r, ) =



=



  r



1 4 0 1



4 0











q1 q2  r1 r2



a 1  d r1 r2



  2rb cos 



r1  r 2  d 2  2rd cos r2



r



 b2



1



1











2



2



Jadi,



14



 q1  1 V(r,  ) =  4a  r 2  d 2  2rd cos 







  d .....(30) 1  4 2 2 2 r  a 2  2r a cos  d d  a







1



2







  



Khusus pada permukaan bola, dimana r = a, medan listrik arahnya radial sehingga:



q1  d 2  a2  4a  a a 2  d 2  2ad cos  Eo  0. Er 







Karena Er = 



  dan 3 2  







 0 , maka diperoleh muatan induksi persatuan luas pada bola



konduktor, yaitu:







q1  d 2  a2  4a  a 2  d 2  2ad cos 







  ............................................. 3 2  







(31)



Sedangkan gaya antara bola dengan muatan q1 adalah:



F



1



q1q 2



4 0 d  b 2







aq1



1



2



4 0 d d  b 2



..........................................



(32)



Persamaan diatas juga menyatakan gaya antara muatan q 1 dengan bola konduktor yang dihubungkan dengan tanah.  Muatan Garis Dengan Silinder Bermuatan Untuk menganalisis potensial yang ditimbulkan oleh muatan titik dan bola konduktor, perhatikan gambar dibawah ini P(r, ) r



r’



a θ x0 -λ



+λ



d V=0 Ada 2 muatan garis saling sejajar terpisah sejarak d potensial dititk p akibat adanya - dan   adalah:



Gambar 9



15



V(p) =



  ln r ' ln r  C 2 0 2 0



.................................................... (33)



Dimana terdapat konduktor silinder dengan jari-jari a seperti gambar di atas. Agar v=0 untuk semua permukaan silinder, maka : 1



C=



4 0



 r



ln r '



2



Misalkan : r r  d 2  2rd cos  r'   m2    2 r r   2



= konstan pada rentangan 0 < m <  . Jadi, r2+ d2 -2rd cos  =m2r2 Apabila x = r cos  , y = r sin  , maka diperoleh: 2



d  m2d 2  2 .................................................. x  2  y  2 2 m 1  m 1











(34)



Persamaan diatas menunjukkan rumus permukaan silinder. Dimana jarak sumbu silinder hingga   adalah:



P=d+



d m2d   ma ..................................................... (35) m2 1 m2 1







Dan jarak



 



=







d a  a2 .  m p m2 1











1.5. METODA PEMISAHAN VARIABEL Pada sub bab ini kita akan mengkaji pemecahan persamaan Laplace secara langsung dengan metoda pemisahan variable. Strategi dasar yang digunakan dalam metodi sangat sederhana, dimana solusi yang merupakan perkalian fungsi, masing – masing dibuat hanya bergantung pada satu koordinat. Metode ini digunakan untuk pemecahan persamaan Laplace yang berkaitan dengan medan potensial yang berubah terhadap lebih dari satu koordinat. Dalam dalam penyelesain permasalahan akan melibatkan fungsi matematika lanjut, seperti fungsi Bessel, fungsi harmoni bola, fungsi harmoni tabung. Contoh persamaan Laplace dalam sistem koordinat Kartesian. 16



Dua buah pelat logam tak hingga terletak sejajar pada bidang xz, salah satu pada y = 0, dan yang lainnya pada y = π. Pada ujung sebelah kiri pada x = 0, ditutup dengan menggunakan pelat tak hingga dan potensialnya dibuat konstan. V0 (seperti pada gambar dibawah). Carilah potensial di dalam sistem tersebut. y



π



V=0



V0 (y)



x



V=0 Gambar 4.1



z Penyelesaian. Berdasarkan konfik bergantgurasi diatas, Nampak bahwa sistem tidak bergantung pada z, sehingga merupakan pemasalah dua dimensi. Dengan demikian kita harus memecahkan persamaan Laplace:



 2V  2 y   0...........................................................................................(35) x 2 y 2 Dengan syarat batas (i)



V = 0,



bila y = 0



(ii)



V = 0,



bila y = 0



(iii)



V = V0(y), bila x = 0



(iv)



V→ 0,



bila x → ∞



Misalkan solusinya dalam bentuk perkalian fungsi yaitu: V ( x, y)  X ( x) Y ( y).....................................................................................(36)



Dengan demikian persamaan Laplacenya menjadi



Y



d2X d 2Y  X  0....................................................................................(37) dx 2 dy 2



Kita bagi kedua persamaan Laplace tersebut dengan V(x,y) sehingga diperoleh:



17



1 d 2 X 1 d 2Y   0.................................................................................(38) X dx 2 Y dy 2 Tampak dari persamaan (4.4) suku pertama hanya bergantung pada x, dan suku ke dua hanya bergantung pada y. secara singkat persamaan tersebut dapat ditulis f (x) + g (y) = 0..........................................................................(39) dan hanya berlaku bila f dan g keduanya merupakan konstanta. Sehingga,



f ( x) 



1 d2X  C1 , dan X dx 2



g ( y) 



1 d 2Y  C 2 ................................(40) Y dy 2



Sehingga dengan persamaan diatas diperoleh



C1 + C2 = 0. Salah satu dari



konsanta ini adalah positif dan yang lainnnya nol, atau keduanya nol. Kita misalkan C1 = k2, dan C2 = - k2, maka persaman dierensialnya menjadi:



d2X d 2Y 2  k X , dan  k 2Y .............................................................(41) 2 2 dx dy Solusinya yang lazim adalah:



X ( x)  Ae kx  Be  kx Y ( y )  C sin ky  D cos ky....................................................................................(42) Dengan demikian diperoleh solusi umum: V ( x, y )  ( Ae kx  Be  kx )(C sin ky  D cos ky )......................................................(43) Untuk memperoleh solusi khusus, kita harus memasukkan syarat batas yang telah



diketahui. Kita mulai dengan memasukkan syarat batas yang pertama, yang mengharapkan potensial nol pada jarak kearah x menuju tak hingga. Ini berrti suku Ae kx tidak memenuhi, maka kostanta A harus diambil nol. Dengan demikian solusinya menjadi V ( x, y )  Be  kx (C sin ky  D cos ky )..................................................................(44) Dengan memasukkan syarat batas yang kedua, mengharuskan konstanta D = 0. Ini



berarti V ( x, y )  Ce  kx sin ky ......................................................................................(45)



Sedangkan untuk syarat batas yang ke tiga akan memberikan sin k  0 ....................................................................................................(46)



Yang berarti harga k adalah bilangan bulat. Persamaan (45) tidak hanya memiliki satu solusi saja, melainkan ada satu perangkat solusi yang mengikuti harga k. karena persamaan Laplace merupkan persamaan yang linier, hal ini berarti bila



18



terdapat sejumlah solusi yang memenuhi syarat, yaitu : V1, V2,V3,.. maka gabungan liniernya  1V1   2V2   3V3  .... juga menjadi solusinya, dengan



 1 ,  2 ,  3 ,.... merupakan konstanta sembarang. Dengan demikian solusinya dapat dinyatakan sebagai: 



V ( x, y )   C k e  kx sin ky.........................................................................(47) k 1



Kemudian kita masukkan syarat batas berikutnya, maka diperoleh: 



V ( x, y )   C k e  kx sin ky  V0 ( y )...................................................................(48) k 1



Untuk menentukan konstanta Ck, kita gunakan analisa fourier dengan memperhatikan sifat ortogonalitas,yakni kalikan dua ruas pada persamaan (49) dengan sin ly dan integrasi dari 0 sampai π: 



 k 1











0



0



C k  sin ky sin( ly )dy   V0 ( y ) sin( ly )dy......................................................(50)



Dalam hal ini l adalah beberapa bilangan bulat positif. Harga integral pada ruas kiri yaitu: Dengan mengambil ketentuan k=1, maka diperoleh: 2







 0 0 Apabila kita tetapkan potensial pada x = 0 adalah konstana V0, maka diperoleh: Ck 



C k  V0



V ( y ) sin k ( y )dy..................................................................................(51)











2 0



sin( ky )d y



2V0 k (1  cos ) k 2 jika k  genap................................................................................(52) 0,    4V0  k , jika k  ganjil







Akhirnya diperoleh: 4V0



1 kx e sin ky.........................................................................(53)  k 1,3,5 k PERSAMAAN LAPLACE DALAM SISTEM KOORDINAT BOLA V ( x, y) 







Banyak diantara persoalan yang menarik berkaitan dengan penghantar yang berbentuk bola dan selinder, sehingga diperlukan persamaan laplace, baik



19



dalam koordinat bola maupun koordinat selinder. Untuk koordinat bola harga  dinyatakan sebagai  r ,  dengan r adalah vektor jari-jari dengan titik awal tertentu O dan θ adalah sudut polar. Dengan demikian persamaan Laplace dalam koordinat bola dinyatakan sebagai :



1   2   1     r  2  sin  0 2   r r  r  r sin    ………………………..(54) Persamaan diferensial parsial ini akan dapat diselesaikan dengan cara yang disebut dengan pemisah peubah. Penyelesaian yang berbentuk  r,   Z r P  adalah



1 a  dZ  Z r  d  dP  P   r 2  2  sin    0............................................(55) 2 dr  dr  r sin  d  d  r θ



φ r



Arah kutub



O



Gambar 4.2. Letak titik P dalam koordinat r, θ, φ



Perhatikan bahwa turunan parsialnya telah diganti dengan turunan total, oleh karena Z dan P masing-masing merupakan fungsi dari hanya satu peubah. Setelah dibagi seluruhnya dengan  r ,  dan dikalikan seluruhnya dengan persamaan di atas maka persamaannya akan berubah menjadi :



1 d  2 dZ  1 d  dP  r   sin   Z dr  dr  p sin  d  d  ……………………………(56) Ruas kiri dari persamaan tersebut merupakan fungsi dari r saja, sedangkan ruas kanan merupakan fungsi θ untuk semua nilai r dan θ. Selanjutnya, dimisalkan tiap ruas dari persamaan tersebut sama dengan k yang merupakan tetapan pemisah.



1 a  dP   sin    kP  0.............................................................(57) sin  d  d 



20



Persamaan ini disebut sebagai persamaan Logendre.  PERSAMAAN LAPLACE DALAM SISTEM KOORDINAT SILINDER Dalam kasus benda yang berbentuk silinder, maka analisis potensial digunakan sistem koordinat silinder. Potensial yang akan dikaji, terbatas pada fungsi ρ dan φ saja. Dengan demikian potensial yang muncul di dalam kasus ini merupakan simetri sepanjang sumbu z. di daerah yang ada



muatan titik,



potensialnya mengikuti persamaan Laplace:



1  V 1 V ( ) 2  0....................................................................................(58)      2 Dengan menggunakan metode pemisahan variable, maka solusinya dapat dituliskan V (  ,  )  R(  )( ) dan substitusikan pada persamaan () maka diperoleh



 d  R  1 d 2      .....................................................................................(59) R d      2 Kedua sisi dari persamaan (4.24) akan diambil sama dengan K2, yang mana secara terpisah dalah konstan. Persamaan untuk Φyaitu:



d 2  K 2   0..................................................................................................(60) 2  Mempunyai solusi: ( )  A cos K  B sin K................................................................................(61)



Persamaan yang mengandung bagain radial, dapat dituliskan (denhan mengambil k



=



n)



yaitu:



d  R  n 2 R    0.............................................................................(62) d     Untuk n = 0, berarti potensial tidak bergantung pada sudut, yakni:



d  R     0..............................................................................................(63) d    Yang mempunyai solusi: R(  )  kons tan dan R(  )  ln ....................................................................(64)



21



Untuk n ≠0, persamaan (4.29) ,mempunyai dua solusi, yakni  n dan   n dengan demikian solusi umumnya adalah: 







n 1



n1



V (r ,  )   ( An cos n  Bn sin n )  n   (C n cos n  Dn sin n )   n  A0  A0 ln  .................(65 '



22



23



DAFTAR PUSTAKA Giancolli, Douglas C. 2001. Fisika. Jakarta: Erlangga. Sujanen Rai.2001.Bahan Ajar Listrik Magnet.Singaraja Resnick & Halliday. 1984. Fisika Jilid 2. Erlangga: Jakarta.



24