Resume - Metode Bayangan [PDF]

Citation preview

1. Metode Bayangan Dengan mempergunakan syarat batas, bahwa diasumsikan semua muatan ada pada permukaan konduktor, dan permasalahan elektrostatik di mana rapat muatan bukan nol di daerah yang ditempati konduktor. Sehingga, hanya muatan titik dan muatan garis yang akan dikaji secara detail. Dengan melihat bahwa permasalahan ini kurang baik diperlakukan dengan nilai syarat batas yang telah dikembangkan. Permasalaahn ini dapat dipecahkan dengan menggunakan metode bayangan. Untuk mencari solusi permasalahan ini, maka: 1. Kesesuaian syarat batas equipotensial hanya pada permukaan konduktor. 2. Kesesuaian persamaan Laplace atau Poisson di mana di dalam ruang. Jika muatan berkedudukan di luar permuakaan konduktor diperlukan persamaan Poisson yang ekivalen dengan pernyataan bahwa bagaian dari solusinya harus sedemikian sehingga sesuai dengan muatan di dalam ruang. 1.2 Muatan titik dan Bidang Dengan mengilustrasikan muatan titik dan mengganggap sebuah muatan q pada jarak z di atas sebuah bidang pelat konduktor yang sangat luas (seperti pada gambar 1). Bila bidang tersebut dihubungkan dengan bumi, maka potensialnya nol. Maka dari itu dapat dicari potensial dan medan listrik di dalam ruang yang berisi q. Pada gambar tersebut adalah daerah dari ruang z ≥ 0. Dengan menempatkan sementara muatan q di bawah titik asal dari permukaan konduktor.



Kondukt or



-q



z



P



0



z



q



z



Gambar 1. muatan q pada jarak z di atas sebuah bidang pelat konduktor



Untuk mengkaji hal ini, maka jelaslah bahwa sistem koordinat silinder yang akan digunakan karena simetris terhadap sumbu z. Dengan menggambil z = 0 pada permukaan konduktor, kemudian jumlah potensial yang disebabkan oleh q dan muatan bayangan –q yang terletak z’ di bawah bidang z = 0. Maka dari itu, potensial dan medan listrik untuk z ≥ 0 adalah sederhana terhadap dua muatan titik q dan –q yang terpisah pada jarak 2z’. Sehingga solusinya adalah:



V r  



1  q q      , untuk z ≥ 0 ....................(1) 40  r  z zˆ r  z zˆ 



  2 2 Dalam koordinat silinder, r  ˆ  zzˆ , dan r  z zˆ   2   z  z  .



Medan listrik dapat diperoleh dari pernyataan Er   V r  atau secara langsung dari hukum Coulomb untuk dua muatan titik (dalam Sujanem, 2001).



 E r  



  1  qr  z zˆ   qr  z zˆ    , untuk z ≥ 0   3 40  r  z zˆ 3  ˆ  r  z z 



Bila z = 0, r  ˆ , maka diperoleh:



 q  ˆ  z zˆ   ˆ  z zˆ  E     3/ 2 4 0   2  z  2 3 / 2  2  z2



















 q   4 0



  2 z zˆ    3/ 2   2  z  2 











......................................................................................................................... (2) Berdasarkan hasil yang diperoleh, maka dapat ditentukan kerapatan muatan permukaan aktual pada z = 0 muka dari konduktor diberikan oleh:







    0 E  zˆ







z 0







q z 2  2  z 2











3/ 2



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



Muatan induksi seperti yang diharapkan adalah berharga negatif. Muatan induksi tersebut mempunyai harga maksimum pada ρ = 0, dan jatuh mengikuti 1/ ρ3, sehingga ρ menjadi besar dibandingkan z’ (seperti pada gambar 2 dibawah). 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.



σ



1/ ρ3



ρ Gambar 2. Grafik muatan induksi Untuk menunjukkan muatan permukaan induksi total Q adalah sama dengan –q, termasuk bahwa semua garis gaya berakhir pada konduktor. Integrasikan rapat muatan untuk seluruh luas bidang konduktor yang memberikan sebuah persamaan yaitu: 



Q   2   d  qz  0







 d 2



 z2







3/ 2



 q .......................(4)



Muatan q mengalami gaya yang menariknya kepermukaan konduktor. Lintasan partikel bermuatan dekat permukaan ditunjukkan pada gambar 3 di bawah. Gaya itu 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 dua muatan titik yaitu:



 F   zˆ



q2



4 0 2 z 



2



.................................................................(5)



Konduktor



-



+



Gambar 3. Gaya pada muatan bayangan



Gaya bayangan ini memberikan kontribusi yang besar dalam mengukur pencegahan elektron keluar dari permukaan konduktor yang diasosiasikan dengan fungsi kerja bahan konduktor.



1.2 Muatan Titik dengan Suatu Bola Konduktor Untuk menganalisis potensial yang ditimbulkan oleh muatan titik dan bola konduktor, lihat gambar 4 berikut. P(r, θ)



r R2



a b θ



r2



r1 R1 +q



O



-q2



d



V= 0



Gambar 4. Muatan titik dengan suatu bola konduktor



Ada 2 muatan titik q1 dan –q2, dengan q1 > -q2, dan dengan posisi (0, d) dan (0,b). Apabila potensial pada permukaan bola dianggap mempunyai harga V = 0, maka rumus potensial:



V



1  q1 q2    0, 40  R1 R2 



maka diperoleh hubungan



q1 q 2  R1 R2



Nyatakan titik asal koordinat kutub (r, θ), dan berdasarkan gambar tersebut dapat diketahui adanya ketentuan:



R1



2



 a 2  d 2  2a d cos 



2



 a 2  b 2  2ab cos 



R2



Karena V= 0, maka dapat dibuktikan persamaan berikut ini.  q1   q2



2



2



 



 



 R  d  a 2 / d  d  2a cos      1    2  .............................. (6) a  a / d  b  2a cos     R2 



Persamaan (6) berlaku untuk setiap θ, bila dinyatakan bahwa: i) a2 = db ........................................................................................ (7) q ii)  1  q2



2



 d   , karena d > b, maka q1 > q2 ................................... (8) b 



Selanjutnya terdapat kasus dimana bola konduktor dengan jejari a diberi potensial nol, dan pada jarak d dipasang muatan q1 dari pusat bola. Menurut metode bayangan, maka bola tersebut dapat digantikan dengan muatan titik. Gunakan ketentuan persamaan (8), untuk menetapkan muatan q2 sebagai pengganti bola.



b q1  a / d q1 d



q2  



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



V ( P)V r ,   



1  q1 q2     40  r1 r2 



V ( P)V r ,   



q1  1 a / d     ................................................ (9) 40  r1 r2 



r1  r 2  d 2  2d cos  



1/ 2



r2  r 2  b 2  2rb cos  



1/ 2



Jadi,



V (r , ) 



q1  1 2 2  40  r  d  2rd cos 







  1/ 2  2 2 2 2 r  a / d  2r a / d cos  



  1/ 2



ad











Selanjutnya, medan listrik dapat ditentukan yaitu: Er  



1 V V dan E r   ...................................................... (10) r  r







Kasus pada permukaan bola, di mana r = a, medan listriknya arahnya radial sehingga:



Er 



q1  d 2  a2 40  a a 2  d 2  2ad cos 











3/ 2



  , dan  



Eθ = 0 ........................................................................................... (11) Karena Er =



 , sehingga diperoleh muatan induksi per satuan luas pada bola 0



konduktor, adalah:







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







 ......................................... (12) 3/ 2  







Sedangkan gaya antara bola dengan muatan q1 adalah: 1  q1 q 2  F 40  d  b2



 1   4 0 



 aq1 2   d d  b2 



  .................................. (13)  



Persamaan diatas menyatakan gaya antara muatan q1 dengan bola konduktor yang dihubungkan dengan tanah. 2.4.3 Muatan Garis dengan Silinder Bermuatan Untuk menganalisis potensial yang ditimbulkan oleh muatan titik dan bola konduktor, seperti pada gambar 5



P(r, θ)



r



r



a x



0



θ d



-λ



+λ



V=0



Gambar 5. Muatan Garis dengan Silinder Bermuatan Terdapat 2 muatan garis saling sejajar terpisah dengan jarak d. Misalkan muatan per satuan panjang untuk masing-masing muatan garis adalah –λ dan +λ. Potensial titik P akibat adanya –λ dan + λ adalah:



  ln r '  ln r  C ............................................... (14) 20 20



V P  



Dengan memperhatikan ada konduktor silinder dengan jari-jari a seperti pada gambar 8. Agar V = 0 untuk semua permukaan silinder, yaitu: C



 ln( r ' / r ) 2 20



Dengan memisalkan,  r,  r



2



 r 2  d 2  2rd cos     m 2 , konstan pada rentangan 0 < m < ∞. 2 r 



Sehingga: r 2  d 2  2rd cos   m 2 r 2 , apabila x = rcosθ, y = rsinθ, maka diperoleh: 2



d  m2d 2  2 .................................................. (15) x 2  y  2 2 m 1  m 1











Persamaan ini menyatakan rumus permukaan silinder yang jari-jarinya



m



md 2







1



dan titik pusat silinder di posisi x  



d dan y = 0. Sedangkan, m 1







2







untuk m > 1, silinder dengan harga potensial V = 0 sumbunya terletak pada jarak



m



md 2







1



di kiri titik 0 (yang dianggap sebagai titik asal koordinat kutub).



Jarak sumbu silinder hingga +λ adalah:



d m2d   ma . m2 1 m2 1



pd dan jarak x 







 







d  a / m  a 2 / p ................................................... (16) m 1







2



