AYI BAHTIAR JURUSAN FISIKA FMIPA UNPAD

HANDOUT KULIAH LISTRIK MAGNET I

Oleh:

Dr. rer. nat. Ayi Bahtiar

JURUSAN FISIKA

FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM

UNIVERSITAS PADJADJARAN BANDUNG 2006

-Q -

++ +2Q

LISTRIK MAGNET I AYI BAHTIAR JURUSAN FISIKA FMIPA UNPAD

Materi Kuliah

1. Review Analisis Vektor

2. Medan Listrik Statik

● Hukum Coulomb ● Dalil Gauss dan Stokes ● Medan Listrik Statik ● Hukum Gauss dan Aplikasinya

3. Potensial Listrik

● Potensial Listrik ● Dipol dan Multipol

● Persoalan Listrik Statik ; Persamaan Poisson dan Laplace ● Fungsi Green ● Metoda Bayangan

Materi Kuliah

4. Bahan Dielektrik

● Polarisasi Listrik ● Medan Pergeseran Listrik

● Kapasitansi Listrik ● Syarat Batas antara Dua Bahan Dielektrik

5. Teori Mikroskopik dari Dielektrik

● Medan Molekul dalam Dielektrik ● Molekul-molekul Polar

● Polarisasi Permanen; Feroelektrisitas

6. Energi Elektrostatik

● Rapat Energi Listrik ● Kapasitansi Listrik

Pustaka

1. J. R. Reitz,” Foundations of Electromagnetic Theory”, Addison- Wesley Publ., 1993

2. D. J. Griffith,” Introduction to Electrodynamics”, Prentice-Hall Inc., 1989.

3. J. D. Jackson,” Classical Electrodynamic”, John Wiley & Sons Inc., 1991.

STANDAR KOMPETENSI

1. ANALISIS VEKTOR Mereview operasi dalam vektor, operator nabla, integral garis, integral permukaan, integral volume, Teorema Divergensi, dan Teorema Stokes.

2. MEDAN LISTRIK STATIK Menerapkan analisis vektor untuk merumuskan hukum Coulomb, medan listrik, fluks garis saya dan menurunkan hukum Gauss.

3. POTENSIAL LISTRIK □ Membuktikan sifat konservatif medan listrik statik E dan merumuskan medan

potensial listrik statik φ. □ Menghitung potensial listrik dan mengungkapkan pernyataan uraian multipol.

□ Menurunkan persamaan Laplace dan Poisson untuk potensial listrik □ Memecahkan persamaan Laplace untuk berbagai syarat dengan mengguna-

kan metoda pemisahan variabel dan persamaan Poisson dengan mengguna- kan fungsi Green dan metoda bayangan.

4. BAHAN DIELEKTRIK □ Mendefinisikan medan potensial listrik P dan memahami hubungannya

dengan rapat dipol listrik makroskopik dan rapat muatan listrik permukaan. □ Mendefinisikan medan pergeseran listrik D dan merumuskan ulang hukum

Gauss dalam G. □ Mendeskripsikan hubungan antara medan E, P dan D serta mencirikan khas

bahan dielektrik, suseptibilitas listrik dan konstanta dielektrik.

5. TEORI MIKROSKOPIK BAHAN DIELEKTRIK

□ Mendefinisikan medan-medan molekul dan medan polarisasi dalam bahan

dielektrik. □ Mendeskripsikan molekul-molekul polar dan non-polar.

□ Mendeskripsikan sifat-sifat bahan feroelektrik.

6. ENERGI LISTRIK STATIK □ Merumuskan besaran kapasitansi listrik C.

□ Menghitung kapasitansi listrik ekivalen rangkaian kapasitor seri dan paralel. □ Merumuskan rapat energi listrik statik.

ANALISIS VEKTOR REVIEW

Besaran fisis dalam Fisika diungkapkan dalam besaran skalar dan vektor. • Skalar adalah besaran yang hanya memiliki nilai.

• Vektor adalah besaran yang memiliki nilai dan arah.

A. ALJABAR VEKTOR

Penjumlahan dan Pengurangan Vektor :

A − B = A + () − B

A + ( B + C )( = A + B ) + C = A + B + C

Perkalian Vektor :

A × ( B × C )( = B A • C )( − C A • B )

A • B = A B cos θ

A × B = A B sin θ

B k = sembarang skalar ×

B. GRADIEN

Gradien suatu fungsi skalar adalah suatu vektor yang turunan arahnya maksimum di titik yang ditinjau dan arah vektornya adalah arah dari turunan maksimum di titik tersebut.

Dalam koordinat Kartesian (x,y,z):

grad ϕ = i + j + k

Dalam koordinat Bola (r, θ,φ) :

grad ϕ = a r + a θ

r sin θ ∂ φ

C. INTEGRAL VEKTOR

Jika F adalah suatu vektor, maka integral garis dari vektor F :

F () r • d l = lim F i • ∆ l ∫ i

a () C i = 1 a

Jika C merupakan lintasan tertutup :

Jika F adalah suatu vektor, maka integral permukaan dari vektor F :

F • n da

Jika S merupakan permukaan tertutup :

Batas

F • n da

Jika F adalah vektor dan ϕ adalah skalar, maka integral volumenya :

J = ϕ dv ( skalar ) ∫

K = F dv ( vektor ∫ )

D. DIVERGENSI

Divergensi suatu vektor adalah limit dari intergral permukaan vektor tsb per- satuan volume, jika volume yang dilingkupi oleh permukaan S mendekati nol.

div F = lim

F • n da

Dalam koordinat Kartesian (x, y, z):

div F =

Dalam koordinat Bola (r, θ, ϕ):

() r F r +

( sin θ 2 F θ ) +

div F =

r sin θ ∂ θ

r sin θ ∂ ϕ

Teorema Divergensi

Integral dari divergensi suatu vektor diseluruh volume V sama dengan integral permukaan dari komponen normal vektor di seluruh permukaan yang meliputi volume V.

div F dv = F • n da

E. CURL

Curl suatu vektor adalah limit perbandingan integral dari perkalian silang vektor tsb dengan vektor normalnya di seluruh permukaan tertutup, jika volume yang dilingkupi permukaan mendekati nol.

curl F = lim

n × F da

Komponen curl F dalam arah vektor satuan a adalah limit dari suatu integral garis persatuan luas, bila luas tertutup tersebut mendekati nol. Luas tersebut tegak lurus terhadap vektor a.

a • curl F = lim F • d l

= lim

a • n × F da

Dimana kurva C adalah bidang normal vektor a.

a r C’

da a r× n

Karena a paralel dengan normal seluruh permukaan, maka :

a × n da = ξ d l

Karena V = ξS, maka :

a • curl F = lim

Teorema Stokes

Integral garis dari suatu vektor diseluruh lintasan tertutup C sama dengan integral komponen normal dari curl vektor tersebut di semua permukaan S yang dilingkupi lintasan tadi.

F • d l = curl F • n da

F. OPERATOR DIFERENSIAL VEKTOR

Operator diferensial vektor disebut del atau nabla.

Dalam koordinat Kartesian :

Grad :

Divergensi :

Curl :

Operator del adalah operator linier :

Jika a dan b adalah konstanta-konstanta skalar.

Teorema integral lain yang penting.

a () C a

r r ∇ × F • n da = F • d l

∇ • F dv = F • n ∫ da ∫

G. OPERATOR LAPLACE

Dalam koordinat Kartesian :

( ∇ × F )() = ∇ ∇ • F − ∇ F

∇ ()() F • G = F • ∇ G + F × ( ∇ × G )( + G • ∇ ) F + G × ( ∇ × F )

∇ × ( F × G )( = ∇ • G )()( F − ∇ • F G + G • ∇ )() F − F • ∇ G ∇ × ( F × G )( = ∇ • G )()( F − ∇ • F G + G • ∇ )() F − F • ∇ G

() ϕ F = () ∇ ϕ • F + ϕ ∇ • F n × ∇ ϕ = ϕ d l

∇ • ( F × G )( = ∇ × F ) • G − ( ∇ × G ) • F

rr

∇ × ()() ϕ G = ∇ ϕ × F + ϕ ∇ × F ∫

∇ ϕ dv = ϕ n da

∇ × F dv = n × F da

( ∇ • G + G • ∇ F dv = F G • n ( da ) ) ()

MEDAN LISTRIK STATIK

Hukum Coulomb

Eksperimen memungkinkan pengamatan gaya-gaya interaksi antara muatan- muatan listrik.

1. Hanya ada dua jenis muatan listrik : positif (+) dan negatif (-)

2. Antara dua muatan titik terdapat gaya interaksi yang bekerja sepanjang garis penghubung kedua muatan tadi yang berbanding terbalik dengan kuadrat jarak antara dua muatan tersebut.

3. Gaya-gaya tersebut sebanding dengan perkalian muatan-muatan tersebut yang bersifat tolak-menolak untuk muatan sejenis dan tarik-menarik untuk muatan tak-sejenis.

HUKUM COULOMB

HUKUM COULOMB SKALAR

2 r 2 4 πε

ε 0 = permitivitas vakuum = 8,8542 x 10 -12 F/m

2 k 2 ≈ 9 x 109 N m /C

VEKTOR

Gaya pada q 1 :

1 q 1 q 2 r 12

0 r r 12

4 πε 0 r

r 12 r

Gaya pada q 2 :

0 F 21

4 πε 0 r r

21 r 21

12 = r 1 − r 2  r

r r r  r 12 = − r 21

r 21 = r 2 − r 1  r =

r 3 21

rr

0 r 21

r 12 = r 21

Secara Umum (Operator Nabla)

F 1 () r 1 = −

4 πε 0 r 1 − r

F 2 () r 2 =

4 πε 0 r 1 − r

Untuk beberapa muatan titik:

ij

4 πε r

4 πε  r − r 

0 ij

ij

Jika muatan-muatan titik terdistribusi dalam suatu fungsi (fungsi rapat muatan) yang didefinisikan sebagai limit dari muatan persatuan volume jika volume menjadi tak hingga.

Rapat muatan volume: Rapat muatan permukaan:

ρ = lim

σ = lim

Jika muatan terdistribusi melalui suatu volume V dengan rapat ρ dan pada permukaan S yang melingkupi volume V dengan rapat σ, maka gaya interaksi yang diakibatkan oleh distribusi muatan tersebut dari suatu muatan titik yang berjarak r :

rr

F () r =

4 πε ∫ r

ρ () r ' dv ' +

4 0 ∫ − r ' πε 0 r − r '

σ () r ' da '

r r = vektor posisi dari distibusi muatan '

MEDAN LISTRIK

Setiap muatan titik akan menimbulkan medan yang akan mempengaruhi muatan dalam bentuk gaya.

Medan listrik suatu muatan titik didefinisikan sebagai limit dari gaya yang bekerja pada muatan titik lain (muatn uji) yang ditimbulkan oleh muatan titik tadi.

Limit q → 0 untuk memastikan bahwa muatan titik test tadi

E = lim

tidak mempengaruhi distribusi muatan yang menghasilkan

medan listrik.

Kuat medan listrik biasa digambarkan dengan bantuan garis

- gaya.

Kombinasi muatan-muatan titik dan distribusi muatan

r r− r '

dv’

F () r =

σ () r ' da ∑ '

ρ () r ' dv ' +

4 πε 0 i

E () r =

∑ r r 3 r r 3 ()

r r 3 ()

ρ r ' dv ' +

σ r ' da '

HUKUM GAUSS

Menggambarkan hubungan antara integral komponen normal dari medan listrik pada suatu permukaan tertutup dan muatan total yang dilingkupi permukaan tersebut.

nˆ

q r • nˆ

4 πε ∫ 0 r

E • nˆ da =

da

da

r r • nˆ

da = Sudut ruang yang dibuat oleh q melalui elemen luas da. r 3

da r da r

r ' • nˆ

da =

da ' = ∇ r dr =

Jika q berada di luar S

Buktikan, sebagai latihan!!!!

HUKUM GAUSS

E • nˆ da =

Jika muatan q berada dalam permukaan S

E • nˆ da = 0 Jika muatan q berada diluar permukaan S

Secara umum Hukum Gauss adalah:

1 Dimana q i adalah muatan-muatan titik yang

E • nˆ da =

dilingkupi oleh permukaan S

Jika S adalah suatu permukaan tertutup yang dilingkupi oleh volume V, maka Hukum Gauss dapat dinyatakan oleh:

E • nˆ da =

ρ dV

Teorema Divergensi:

F • nˆ da = ∇ • F dV

Maka Hukum Gauss dalam bentuk diferensial:

E • nˆ da = ∇ • E dV = ρ dV

Contoh Soal

1. Hitung kuat medan listrik di titik r di sekitar suatu kawat lurus yang sangat panjang yang memiliki rapat muatan panjang λ.

2. Hitung kuat medan listrik pada permukaan suatu konduktor yang memliki rapat muatan persatuan luas σ.

Solusi:

nˆ

1. E

Hukum Gauss:

E • nˆ da =

nˆ

nˆ

2 πε 0 r

2. Dalam konduktor, muatan listrik terdistribusi di permukaan konduktor, sehingga ρ = 0 didalam konduktor. Di luar konduktor medan listrik searah normal permukaan.

Ambil elemen permukaan dS dalam konduktor (lihat gambar).

E Hukum Gauss : r

E • n dS =

σ dS

dS

E=0

POTENSIAL LISTRIK

Bila Curl dari suatu vektor sama dengan nol, maka vektor tersebut bisa dinyatakan sebagai gradien dari suatu skalar.

∇ x A = 0 A = vektor dan φ adalah skalar

r r ∇ x () ∇ φ = 0

Gaya Coulomb dan medan listrik dinyatakan :

F () r =

qq ' r r

E () r =

3 ∇ r r  

4 πε 0 r − r '

4 πε 0 r − r '

∇ x () ∇ φ = 0

Ingat:

Potensial listrik statik akibat suatu muatan titik q’:

φ () r =

q ' r r  

4 πε 0 r − r '

E () r = − ∇ φ () r

Potensial listrik akibat muatan-muatan titik dan distribusi muatan:

1 σ () r ' φ () r =

rr

1 ρ () r '

r r dv ' +

4 πε 0 i 1 r − r 4 i ∫ πε 0 r − r ' 4 πε ∫ 0 r − r '

r r da '

Pembuktian dengan cara lain:

E () r =

 Karena perkalian silang ∇ 

r 0  vektor yang sejajar r −

adalah nol

Maka jika medan listrik E diketahui, potensial listrik dapat ditulis sebagai:

φ () r = − E • d ∫ l

ref

Energi potensial di titik r relatif terhadap titik acuan (referensi):

U () r = − F () r ' • d r ∫ '

ref

Contoh soal

1. Hitung potensial listrik di titik r di sekitar suatu kawat lurus yang sangat panjang yang memiliki rapat muatan panjang λ.

Solusi : Medan listrik di sembarang titik sejauh r dari kawat lurus yang sangat panjang :

0 r 2 πε 0 r

φ () r = − E • d ∫ r

dr =

ln r + C

C = konstanta integrasi (ditentukan oleh syarat batas)

DIPOL DAN MULTIPOL LISTRIK

1. DIPOL LISTRIK

Jika dua buah muatan yang sama besarnya tapi berlainan jenis terpisah oleh jarak yang kecil akan membentuk suatu dipol listrik.

Pandang dua muatan -q di posisi r’ dan +q’ di posisi r’+l, maka medan listrik di titik r :

r− r r '

-q l

+q

E () r =

r +' r l

r − r ' − l r − r  ' 

Dengan menggunakan deret binomial, dimana hanya bagian liniernya saja yang diambil, maka:

r ..... r

Maka medan listrik di titik r akibat oleh dipol listrik menjadi:

)() r − r ' −

E () r =

+ ... r r 5 r r 3 

4 πε 0 r − r ' r − r  '

)() r − r ' −

E () r =

4 πε 0 r − r ' r − r  '

Jika jarak antara kedua muatan titik sangat kecil (limit l mendekati nol) dan tidak ada medan listrik, kecuali muatan-muatan titik tadi tak hingga.

Dalam kasus ini, maka ql menjadi konstan, sehingga dikatakan dipol titik. Suatu dipol dikarakteristik oleh momem dipol listrik:

p = lim r q l

Maka medan listrik dapat dinyatakan:

r r )() 5 r r 3 

E () r =

4 πε 0 r − r ' r − r  ' 

Distribusi potensial yang dihasilkan oleh dipol listrik:

φ () r =

4 πε 0 r − r ' − l r − r '

..... r r r

φ () r =

4 πε 0 r − r '

Untuk dipol titik:

φ () r =

4 πε 0 r − r '

Jika dua muatan -q di posisi r dan +q di posisi r+l, diletakkan di dalam suatu r

medan listrik luar (dimana medan listrik digambarkan oleh potensial φ ext () r maka energi potensial:

U = − q φ ext () r + q φ ext () r + l

Jika: l << r maka φ ext () r + l = φ ext () r + l • ∇ φ ext () r

r r U = q l • ∇ φ ext

r r = p • ∇ φ ext untuk dipol titik

Karena medan listrik adalah negatif gradien dari potensial listrik, E () r = − ∇ φ () r

maka:

U () r = − p • E ext () r

2. MULTIPOL LISTRIK

Jika terdiri dari banyak muatan titik, maka untuk mengurangi jumlah koordinat titik digunakan suatu distribusi muatan.

Pandang suatu titik sembarang didalam distibusi muatan yang berjarak r’ dengan rapat muatan pada titik tersebut ρ(r’) dan suatu titik tinjau r yang berada jauh dari distribusi muatan tadi.

r r− titik tinjau

dv’

Potensial di titik r :

1 ρ () r '

φ () r =

4 πε ∫ r r

r r dv '

Karena r >> r r '

φ () r =

4 πε ∫ 0 r r 2 r r

+ ... ρ r ' dv '

V 

Karena r tidak terlibat dalam integrasi, maka variabel r dapat disimpan diluar.

' x j ' − δ ij r ' ) ρ () r ' dv ' 

φ () r =

4 πε r ∫

 ρ () r ' dv ' + r ' ρ () r ' dv ' +

∑∑ 5 i

 r

V 

x i ,x j adalah komponen kartesian dari r dan x i ’, x j ’ adalah komponen Kartesian dari r’

 0 , i ≠ j δ ij = 

3 ∑∑ 5 ( i j − δ ij ) ρ () 

φ () r =

4 πε r ∫

 ρ () r ' dv ' + r ' ρ () r ' dv ' +

3 x ' x ' r ' r ' dv '

 V V i = 1 j = 1 r V 

Potensial dari momen Potensial dari muatan

tensor kuadropol total

Potensial dari momen dipol distribusi muatan

Jika posisi r berada jauh dari distribusi muatan dimana ρ berada, maka:

φ () r =

0  r

Dimana Q = muatan total didalam distribusi muatan p = momen dipol dari distribusi muatan

p = r ' ρ () r ' dv ' ∫

FUNGSI DELTA DIRAC

Fungsi delta-dirac merupakan ekspresi matematik dari suatu fungsi pada titik r = 0

ρ () r = q δ () r

F ()() r ' δ r ' dv ' = F ( 0 ∫ )

δ () r = 0 untuk r ≠ 0 r r r

F ()( r ' δ r ' − r 0 ) dv ' = F ( r 0 )

δ () r ' dv ' = 1

F adalah fungsi skalar atau fungsi vektor

Maka jika

ρ () r ' = q i δ ( r ' − r i )

φ () r =

4 πε ∫ 0 r − r '

r r dv ' =

4 πε 0 r − r i

E () r =

4 πε ∫ 0 r − r '

r r ' dv '

4 πε 0 r − r

Untuk suatu muatan titik q i para posisi r i

Dengan demikian Hukum Gauss:

Untuk suatu muatan titik q pada r = 0, menjadi:

4 πε 0 r ε 0

atau r

r ∇ • = 4 πδ () r

Karena:

 r  r dr  r 

maka:

r ∇   = ∇ • ∇   = − 4 πδ () r

PERSOALAN-PERSOALAN DARI LISTRIK STATIK

Pada dasarnya untuk menghitung potensial dan medan listrik dapat dilakukan langsung dengan menghitung integral dari distribusi muatan ρ(r’) melalui:

1 ρ () r '

φ () r =

1 dq '

r r dr ' =

4 πε 0 r − r '

r r 3 )()

1 ( r − r ' ) dq '

E () r =

4 πε ∫ r − '

ρ r ' dr ' =

4 πε 0 ∫ r 0 r − r '

Namun dalam kenyataannya seringkali distribusi muatan tidak diketahui, sehingga pertama harus ditentukan dulu medan listrik, baru kemudian distribusi muatan.

Contoh : persoalan yang melibatkan beberapa konduktor, dimana potensial atau muatan total dari masing-masing konduktor diketahui, namun distribusi muatan permukaan tidak diketahui atau harus ditentukan sebagai solusi dari masalah tsb.

Solusinya: Kita tentukan dahulu potensialnya baru menentukan distribusi muatannya.

PERSAMAAN POISSON Hukum Gauss:

rr

Persamaan Poisson

Operator diferensial:

disebut operator Laplace

Operator Laplace dalam Koordinat Kartesian (x,y,z)

Operator Laplace dalam Koordinat Bola (r, θ,ϕ) 2

 sin 2 θ  2 + 2 2 2 r ∂ r  ∂ r  r sin θ ∂ θ 

∂ θ  r sin θ ∂ ϕ

Operator Laplace dalam Koordinat Silinder (r, θ,z)

PERSAMAAN LAPLACE

Dalam kasus persoalan listrik statik yang melibatkan konduktor, dimana seluruh muatan-muatannya berada pada permukaan konduktor atau muatan-muatannya merupakan muatan-muatan titik yang tetap, maka ρ adalah nol di titik di dalam ruang:

Persamaan Laplace

TEOREMA I : Jika φ 1 , φ 2 , …, φ n adalah solusi-solusi persamaan Laplace, maka:

φ = C 1 φ 1 + C 2 φ 2 + ... + C 2 φ 2

Dimana C adalah konstanta sembarang, juga merupakan solusi.

Bukti:

C 1 φ 1 + ∇ C 2 φ 2 + ... + ∇ C n φ n

C 1 ∇ φ 1 + C 2 ∇ φ 2 + ... + C n ∇ φ n

TEOREMA II : (Teorema Keunikan) ; Dua solusi persamaan Laplace yang memenuhi syarat batas yang sama, hanya berbeda pada suatu konstanta tambahan.

Persamaan Laplace dalam satu variabel bebas Jika ϕ merupakan fungsi yang bergantung hanya pada satu variabel saja, maka

persamaan Laplace menjadi suatu persamaan diferensial biasa. Contoh fungsi ϕ yang hanya bergantung pada x saja.

dx φ () x = ax + b

a dan b adalah konstanta yang ditentukan oleh syarat batas.

Dalam koordinat bola:

dr r ∂ r  ∂ r 

φ () r = − + b

Persamaan Laplace dalam banyak variabel bebas Sebagai contoh untuk kasus koordinat bola (r, θ,ϕ), dimana kita membatasi diri

bahwa fungsi φ tidak bergantung pada variabel azimut ϕ, sehingga :

φ = φ () r , θ

Persamaan Laplace menjadi:

sin θ

r ∂ r  ∂ r  r sin θ ∂ θ 

Persamaan diferensial parsial ini dapat diselesaikan denga metoda pemisahan variabel.

φ ()()() r , θ = Z r P θ

Substitusi ke pers. (1) menghasilkan:

1 d  2 dZ  Z () r d  dP 

 + 2  sin θ  = 0 .......... ..( 2 ) r

dr  dr  r sin θ d θ 

1 d  2 dZ  Z () r d  dP 

 sin θ  = 0 .......... ..( 2 2 ) r

dr  dr  r sin θ d θ 

Jika persamaan (2) dibagi dengan Z(r) P( 2 θ), dan dikalikan dengan r maka:

1 d  2 dZ 

dP 

 sin θ  = 0 Z dr  dr  P sin θ d θ 

1 d  2 dZ 

dP 

 sin θ  .......... .......... ....( 3 ) Z dr  dr 

P sin θ d θ 

Dalam pers. (3), sebelah kiri hanya bergantung pada r saja sedangkan sebelah kanan hanya bergantung pada θ saja. Agar persamaan diatas berlaku, maka kedua suku sama dengan suatu konstanta k (konstanta separasi).

dP 

 sin θ  = − k P sin θ d θ 

dP 

 sin θ  + kP = 0 .......... .......... .( 4 )

sin θ d θ 

Secara fisis, solusi pers. (4) bernilai 0 sampai dengan π, maka k = n(n+1), dimana n adalah bilangan bulat. Solusi persamaan (4) dikenal sebagai polinom Legendre

Maka persamaan (3) menjadi:

1 d  2 dZ 

Z dr  dr 

d  2 dZ 

 = n ( n + 1 ) Z .......... .......... ....( 5 )

dr  dr 

Pers. (5) mempunyai dua buah solusi independen, yaitu:

− () n + 1

Karena fungsi φ merupakan kombinasi dari variabel r dan θ, maka solusi persamaan Laplace menjadi:

φ n () r , θ = Z n ( r ) P n () θ φ n

n = r P n () θ

− () n + 1

P n () θ

Contoh soal:

1. Dua buah pelat konduktor yang sejajar terpisah sejauh d. Konduktor q memiliki

potensial φ 1 (x=0) dan konduktor 2 φ 2 (x=d) . Tentukan potensial di setiap titik?

Solusi:

dx 2

φ () x = ax + b

Syarat batas?

sumbu-x

x = 0 φ = φ 1 ⇒ b = φ 1 x = d φ = φ 2 ⇒ φ 2 = ad + φ 1

Maka potensial di setiap titik:

φ () x = 

2. Suatu bola konduktor berjejari a diberi medan listrik yang semula seragan E 0

yang seraha dengan sumbu-z. Hitung medan-medan listriknya dalam arah radial dan

Solusi:

n = r P () θ  n 

− () n + 1

P n () θ 

r , θ = A 1 + C 1 r + A 2 r cos θ + C 2 r cos θ +

A 3 r ( 3 cos θ − 1 ) + C 3 r ( 3 cos θ − 1 ) + ...

Pada titik r → ∞, medan listrik uniform

E () r , θ ] r → ∞ = E 0 = E 0 k [ φ () r , θ ] r = − → ∞ E 0 z + kons tan ta

= − E 0 r cos θ + kons tan ta

r , θ = A 1 + C 1 r + A 2 r cos θ + C 2 r cos θ +

A 3 r ( 3 cos θ − 1 ) + C 3 r ( 3 cos θ − 1 ) + ...

Agar potensial sama untuk r → ∞, maka: A = - E 0 , sehingga:

r , θ = A 1 − E 0 r cos θ + C 2 r cos θ

Suatu bola konduktor dengan jari-jari a adalah suatu permukaan ekipotensial

dengan potensial φ 0 , maka:

φ () a , θ = φ 0

Agar kedua potensial sama pada r = a, maka:

a , θ = A 1 − E 0 a cos θ + C 2 a cos θ = φ 0

E 0 a cos θ = C 2 a cos θ ⇒ C 2 = E 0 a

φ () r , θ = φ 0 − E 0 r cos θ + E 0 cos θ

Medan-medan listrik: E r = − = E 0 1 + 2 cos θ

3 sin

() θ = ε 0 E r = 3 ε 0 E cos θ

Rapat muatan permukaan: σ

Muatan total didalam bola:

a σ () θ 2 π sin θ d ∫ θ

a 3 ε 0 E 0 cos θ 2 π sin θ d ∫ θ

3 π a ε 0 sin θ

Hal ini bahwa muatan total di dalam bola adalah nol, karena didalam bola konduktor muatan-muatannya terdistribusi di permukaan.

TEOREMA GREEN

Jika persoalan-persoalan listrik statik baik yang menyangkut distribusi muatan titik diskrit atau distribusi muatan kontinu tanpa adanya permukaan-permukaan batas, maka solusi umum persamaan Gauss dapat diselesaikan dengan mudah.

Namun dalam realita, banyak persoalan listrik statik menyangkut daerah-daerah ruang terbatas baik dengan atau tanpa muatan-muatan didalamnya, sehingga kondisi ruang batas tersebut harus diperhatikan.

Kondisi batas dapat ditimbulkan oleh suatu distribusi muatan-muatan diluar daerah batas tersebut. Kondisi batas tersebut dapat ditangani dengan metoda fungsi Green.

Fungsi Green merupakan implikasi sederhana dari teorema divergensi.

∇ • A dV = ∇ • A d x = A • n da .......... .......... ........( 1 ∫ ) ∫ ∫

rr

Bila A = φ ∇ ψ , dimana φ dan ψ adalah medan-medan skalar sembarang, maka:

A = ∇ • () φ ∇ ψ = φ ∇ ψ + ∇ φ ∇ ψ 

r  .......... .......... .....( 2 r ) r ∂ ψ

Dimana

∂ adalah normal turunan pada permukaan S. Susbstitusi (2) ke (1) : n

φ ∇ ψ + ∇ φ . ∇ ψ ) d x = φ da .......... .......... ......( 3 )

Bila medan-medan skalar φ dan ψ saling tukar, maka:

ψ ∇ φ + ∇ ψ . ∇ φ ) d x = ψ da .......... .......... ......( 4 )

Pers. (3) dikurangi pers. (4) menghasilkan:

φ ∇ ψ − ψ ∇ φ ) d x = φ − ψ da

 ∂ n

∂ n 

Persamaan ini disebut sebagai teorema Green

Persamaan diferensial Poisson untuk potensial listrik statik dapat dikonversi ke dalam persamaan integral, bila kita memilih medan-medan skalar:

r x 1 = titik pengamatan 1

R x r− x '

x ' = variabel integrasi

∇   = ∇ r r = − 4 πδ ( x − x ' )

Maka Teorema Green menjadi:

− 4 π Φ ()( x ' δ x − x ' ) + ρ () x ' d x ' = Φ   −

da '

− 4 π Φ ()( x ' δ x − x ' ) + ρ () x ' d x ' = Φ   −

da '

n '  R  R ∂ n '  Bila titik r berada didalam volume V, maka:

− 4 π Φ ()( x ' δ x − x ' ) d x ' = ∫ 0

Maka potensial listrik statik dapat ditentukan dengan persamaan:

ρ () x ' 3 1  1 ∂ Φ

Φ () x =

  da '

Ada dua catatan penting berkaitan dengan persamaan diatas:

1. Jika permukaan S bergerak menuju tak-hingga dan medan listrik pada S berkurang lebih cepat dibandingkan dengan 1/R, maka integral permukaan menjadi nol, sehingga:

ρ () x ' 3 ρ () x ' 3 Persamaan

Φ () x =

Gauss

2. Untuk volume tak bermuatan, potensial di setiap titik di dalam volume (solusi pers. Laplace), persamaan:

ρ () x ' 3 1  1 ∂ Φ

Φ () x =

  da '

Bukan merupakan solusi untuk persoalan nilai batas, tetapi hanya suatu integral karena Φ dan ∂ Φ

merupakan persoalan tersendiri (kondisi batas

Cauchy).

Fungsi ψ ≡ ≡ r merupakan suatu fungsi yang hanya bergantung pada

R x r− x '

rr x dan x ' yang disebut dengan fungsi Green. Secara umum:

Dimana fungsi F memenuhi persamaan Laplace di dalam volume V:

∂ Φ Dalam menghadapi masalah yang memenuhi kondisi batas pada Φ dan

∂ n dimana keduanya muncul didalam integral permukaan, kita dapat menggunakan konsep umum dari fungsi Green dan fungsi F, sehingga salah satu dari integral permukaan dapat dieliminasi.

Dengan menggunakan teorema Green, dan mengganti φ = Φ, dan ψ = G, maka potensial listrik statik dapat dituliskan menjadi:

Φ () x = ρ ()( x ' G x , x ' ) d x ' +

G ( x , x ' ) − Φ ()( x '

∂ n ' 

da '

Sekarang, kita dapat membuat integral permukaan hanya bergantung pada tipe kondisi batas.

(1). Kondisi batas Dirichlet

G D ( x , x ' ) = 0 jika x berada di S

Φ () x = ρ ()( x ' G D x , x ' ) d x ' − Φ () x '

da '

(2). Kondisi batas Neumann

r = 0 jika x ' berada di S

Φ () x = ρ ()( x ' G N x , x ' ) d x ' − G N ( x , x ' ) da ∫ '

Namun, dari teorema Green, bahwa:

da ' = 4 π

Sehingga kondisi batas pada G N yang diperbolehkan adalah:

untuk x ' pada S

Φ () x = Φ + ρ ()( x ' G N x , x ' ) d x ' + G ( x , x ' ) da '

Dimana < Φ> S adalah potensial rata-rata di seluruh permukaan.

Karena fungsi Green adalah potensial yang diakibatkan dari suatu muatan titik, maka secara simetri ia menggambarkan pertukaran antara titik sumber dan pengamatan.

Dalam realita, terkadang fungsi Green sulit untuk diterapkan, karena itu dikembangkan beberapa metoda pendekatan diantaranya:

• Metoda bayangan ; berkaitan erat dengan fungsi Green • Ekspansi dalam fungsi-fungsi ortogonal; suatu pendekatan melalui persamaan

diferensial (tidak berkaitan langsung dengan fungsi Green).

METODA BAYANGAN

Metoda ini berkaitan dengan masalah dari satu atau lebih muatan titik akibat kehadiran permukaan-permukaan batas. Sebagai contoh konduktor, baik yang digroundkan (potensialnya nol) atau yang diberi potensial tertentu.

Geometri dari suatu muatan dapat diinversi dengan muatan di luar permukaan batas. Muatan tersebut dinamakan muatan bayangan.

Solusi metoda bayangan (a). Persoalan potensial riil, (b). Persoalan bayangan

1. Suatu muatan titik q diletakkan pada jarak d dari konduktor bidang tak-hingga yang digroundkan. Hitung potensial dan rapat muatan di setiap titik serta gaya yang bekerja pada muatan titik q.

Solusi:

q’

Potensial di setiap titik disebelah kanan konduktor (titik P):

1 = x − φ d x = + = − ( ) + y ()

4 πε 0  r 1 r 2  4 πε 0  r 1 r 2 

Sehingga potensial di setiap titik:

φ () x =

Potensial di titik x = 0, maka d =0 sehingga: φ ( x = 0 ) = 0 sesuai dengan syarat

awal bahwa konduktor digroundkan (potensialnya nol).

Rapat muatan permukaan:

Gaya yang bekerja pada muatan titik q menjadi:

1 2 qq ' q

F d adalah jarak anatara muatan q dan ( q ) = = −

4 πε 0 d muatan bayangannya q’.

Muatan titik akibat kehadiran konduktor bola yang digroundkan Pandang suatu muatan titik q terletak pada jarak y relatif terhadap titik pusat

suatu konduktor bola yang berjejari a. Kita akan menghitung potensial, rapat muatan permukaan di sembarang titik φ(x), dimana φ(x = a) = 0 dan gaya yang bekerja pada muatan titik q.

Dengan bantuan simetri, tampak

bahwa muatan bayangan q’ terletak

searah dengan muatan titik q.

r y Bila muatan titik q berada di luar

bola, maka

posisi muatan

r q’

bayangan q’ berada di dalam bola.

Potensial di setiap titik (titik P):

φ () x =

4 πε 0 x − y x − y '

Bila nˆ adalah vektor satuan yang searah dengan x dan nˆ ' adalah vektor satuan r yang searah dengan arah y , maka:

φ () x =

4 πε 0 x nˆ − y nˆ ' x nˆ − y ' nˆ '

Potensial di permukaan konduktor bola (x = a) :

a nˆ − nˆ ' y ' nˆ ' − nˆ '

a y  '

Kita harus memilih q’ dan y’ sedemikian rupa sehingga φ ( x = a ) = 0

a nˆ − nˆ ' y ' nˆ ' − nˆ

a y  '

Maka: q ' = −

qy

Artinya:

1. Bila muatan q bergerak mendekati bola, (y ≈ a), maka muatan bayangan bertambah besar dan bergerak menjauhi pusat bola menuju permukaan bola (y’ ≈ a).

2. Bila muatan q tepat terletak di luar permukaan bola (y = a), maka muatan bayangan sama besarnya dengan muatan titik, namun berlawanan tanda dengan muatan asal (q ‘ = -q) dan terletak tepat dibawah permukaan bola.

3. Bila q → ∞ maka muatan q’ → 0 (pusat bola)

Rapat muatan permukaan:

γ adalah sudut antara x dan y

2 − 2 cos γ 

Ilustrasi rapat muatan permukaan dalam satuan –q/4 2 πa sebagai fungsi dari γ

Gaya yang bekerja pada muatan titik q:

1 2 qq ' 

4 πε 0 y − y '

Karena q ' = − q , maka:

4 πε 0 a  y 

Cara lain untuk menghitung gaya yang bekerja pada muatan titik q adalah dengan menghitung gaya total yang bekerja pada permukaan bola. Gaya pada masing-

masing elemen luas da adalah 2 2 πσ da, dimana σ adalah rapat muatan permukaan sepeti yang telah dihitung diatas.

Secara simetri, hanya komponen yang sejajar dengan vektor radius dari pusat bola yang berkontribusi pada gaya total.

Gaya total pada bola:

cos γ d Ω

4 πε y

1 + − 2 cos γ

4 πε 0 a  y 

Atau dengan meninjau gambar dibawah ini (Reitz):

1 = r + d − 2 rd cos θ

2 = r + b − 2 rb cos θ

0 b q’

Potensial di titik P

φ () r , θ =

4 πε 0 r 1 4 πε 0 r 2

πε 0  r + d − 2 rd cos θ

r + b − 2 rb cos θ 

Potensial di permukaan bola = 0, jika b = a 2 /d, sehingga:

a + d − 2 ad cos θ = a + b − 2 ab cos θ

Maka : q ' = − q

MUATAN GARIS DAN BAYANGANNYA

Pandang dua muatan garis yang sangat panjang dan sejajar, masing-masing dengan rapat muatan panjang (muatan persatuan panjang) λ dan –λ (lihat gambar)

Potensial di sembarang titik diberikan oleh:

φ () r = −

ln r

ln ( r 1 − r 2 )

ln

2 πε 0 r 2

Jika kita definisikan:

Dimana M adalah konstanta

Maka untuk M = 1, menunjukkan bahwa r 1 =r 2 dan potensialnya nol

(ekipotensial) yang merupakan bidang yang terletak di tengah-tengah kedua muatan garis tersebut.

Permukaan ekipotensial I

Dengan demikian, maka muatan garis – λ dapat merupakan muatan bayangan dari muatan garis λ.

Bagaimana dengan nilai M yang lain?? Secara umum, untuk memudahkan, maka diungkapkan dalam koordinat

Kartesian, dimana muatan garis λ sebagai titik pusat 0, sehingga muatan bayangan – λ berada di posisi :

Maka :

y = M [ x + 4 xd + 4 d + y ]

( 1 − M )( + y 1 − M ) − 4 M xd = 4 M d

2 2 4 M xd 4 M d Persamaan silinder yang sejajar x + y −

2 2 1 dengan sumbu-z −

2 2 4 M xd 4 M d

2 + y  = 

Bentuk umum persamaan lingkaran:

( x − x 0 )( + y − y 0 ) = R .......... .......... .......... .......... ( 2 )

Perbandingan pers. (1) dan (2) memberikan:

dan y

2 Md

R Jari-jari silinder

Dengan demikian untuk M < 1 terdapat suatu silinder yang mengelilingi muatan garis positif sebagai permukaan ekipotensial II (lihat gambar dibawah). Sumbu silinder tersebut melewati titik:

dan jari-jari silinder :

2 Md R =

Permukaan

d d − ekipotensial II λ λ

Permukaan

MEDAN LISTRIK STATIK DALAM BAHAN DIELEKTRIK

• Suatu bahan dielektrik ideal tidak memiliki muatan-muatan bebas. • Semua bahan pada dasarnya terdiri dari molekul-molekul (inti atom dan

elektron-elektron). • Molekul-molekul dalam bahan dielektrik dipengaruhi oleh kehadiran

medan listrik. Medan listrik akan menimbulkan gaya yang bekerja pada partikel-partikel bermuatan.

• Muatan positif bergerak searah medan listrik dan muatan negatif berlawanan arah dengan medan listrik sehingga terjadi pengkutuban (polarisasi).

• Dielektrik yang terpolarisasi, walaupun netral secara rata-rata akan menghasilkan medan listrik di dalam dan diluar bahan dielektrik.

• Polarisasi bergantung pada medan listrik total di dalam bahan dan medan listrik yang dihasilkan oleh dielektrik itu sendiri.

• Medan listrik dari dielektrik akan merubah distribusi muatan sehingga akan merubah pula medan listrik di dalam bahan dielektrik.

A. POLARISASI

Pandang suatu elemen volume kecil ∆v dari bahan dielektrik, dimana muatan totalnya netral.

Bila bahan tersebut dipolarisasi,maka terjadi pemisahan muatan-muatan positif dan negatif), sehingga terbentuk suatu dipol di dalam elemen volume dengan momen dipol:

∆ p = r ρ dv = r dq

∆v

r Karena ∆ p adalah momen dipol di ∆v, maka harganya bergantung pada ∆v.

Untuk memperoleh besaran yang tidak bergantung volume, maka didefinisikan polarisasi listrik (polarisasi) dari suatu bahan sebagai:

Bila ∆v diasumsikan sangat kecil secara maroskopik, ia masih mengandung banyak molekul, dimana setiap molekul yang memiliki momen dipol molekul:

r dq ∫ 

molekul  P =

Polarisasi dalam bahan dielektrik. Masing-masing elemen volume membentuk

momen dipol ∆ p

B. MEDAN LISTRIK DI LUAR BAHAN DIELEKTRIK

Pandang suatu bahan dielektrik yang terpolarisasi, yang dicirikan oleh polarisasi

di setiap titik r , P () r ' . Kita akan menghitung medan listrik di titik r di luar bahan dielektrik tersebut.

r− r

Potensial akibat momen dipol di elemen ∆v:

4 πε 0 r − r ' r r r

Potensial pada titik r merupakan jumlah dari potensial akibat elemen volume:

( )( r ' r − r ' )

φ () r =

0 = volume bahan dielektrik

dV r ' r

4 πε ∫ 0 r − r '

dV r ' r

Dari sifat operator Nabla:

φ () r =

∇ ' • r r dv ' −

r r ∇ ' • P dv '

4 πε 0 r − r '

Teorema divergensi:

F • n da = ∇ • F ∫ dv ∫

φ () r =

4 πε ∫ r − r ' ∫ 0  r − r ' 

 r r da ' +

r r dv ' 

Dengan mendefinisikan :

r r ρ p = − ∇ • P = rapat muatan volume polarisasi

= rapat muatan permukaan polarisasi

Maka potensial listrik di luar bahan dielektrik:

φ () r =

4 πε ∫ 0  r − r ' ∫ r − r ' 

 r r da ' + r r dv ' 

4 πε ∫ 0 r − r '

1 dq ' p

Medan listrik di luar bahan dielektrik:

E () r =

da ' +

dv '  r r 3 r r 3

Muatan total polarisasi dari bahan dielektrik:

Q p = ( − ∇ ' • P ) dv ' + P • n da '

C. MEDAN LISTRIK DALAM BAHAN DIELEKTRIK

Medan listrik makroskopik adalah medan listrik rata-rata didalam daerah kecil dalam bahan dielektrik yang mengandung sejumlah molekul.

Medan listrik di dalam bahan dielektrik pada dasarnya memiliki sifat yang sama dengan medan listrik di ruangan hampa, khususnya bahwa medan listrik bersifat konservatif.

Pandang suatu rongga vakum berbentuk silinder kecil yang diletakkan dalam bahan dielektrik.

AB terletak di dalam rongga dan CD terletak di dalam bahan dielektrik. Karena AD dan BC dapat dibuat sekecil mungkin, maka berdasarkan sifat konservatif diatas:

E vt = E dt

dengan v untuk vakum dan d untuk bahan dielektrik dan t adalah komponen tangensial.

D. HUKUM GAUSS DALAM DIELEKTRIK (PERPINDAHAN LISTRIK)

Hukum Gauss menyatakan bahwa fluk listrik yang melewati suatu permukaan tertutup sembarang sebanding dengan muatan total yang dilingkupi permukaan tersebut.

E • n da =

ρ dv

Dalam menerapkan Hukum Gauss pada suatu daerah yang mengandung muatan- muatan yang diletakkan didalam bahan dielektrik, kita harus memperhitungkan seluruh muatan didalam permukaan Gauss (polarisasi muatan).

Pandang suatu permukaan S yang terletak di dalam bahan dielektrik. Kita berikan muatan Q di dalam volume pada permukaan S dengan asumsi bahwa muatan ini

berada pada permukaan-permukaan konduktor q 1 ,q 2 dan q 3 .

E • n da = ( Q + Q p )

q 1 S 3 Dimana: S 1 q 3

Q p = ( − ∇ • P ) dv + P • n da

bahan dielektrik

Q p = ( − ∇ • P ) dv + P • n da ∫

Teorema divergensi:

P • n da = ∇ • P ∫ dv ∫

Maka:

P • n da +

P • n da = − P • n da

E • n da = ( Q + Q p ) = Q − P • n da

0 0 E + P ) • n da = Q

Fluks dari vektor ( ε E + P) melalui

permukaan tertutup S sebanding dengan

muatan Q yang diletakkan dalam volume

Jika kita definisikan suatu medan vektor makroskopik yang baru D (perpindahan listrik) :

maka : r r

n da = ∫ Q

D Hukum Gauss untuk perpindahan •

listrik

Teorema divergensi:

D • n da = ∇ • D ∫ dv ∫

Maka:

∇ • D dv = Q = ρ dv

r r ∇ Bentuk diferensial persamaan Gauss •

dalam bahan dielektrik

E. SUSEPTIBILITAS LISTRIK DAN KONSTANTA DIELEKTRIK

Polarisasi suatu bahan dielektrik terjadi karena respon terhadap medan listrik di dalam medium. Derajat polarisasi tidak hanya bergantung pada medan listrik (makroskopik), namun juga bergantung pada sifat-sifat molekul yang membentuk bahan dielektrik tersebut (mikroskopik).

Secara makroskopik, polarisasi didefinisikan :

r P = P () E = χ () E E

χ (E) adalah suseptibilitas listrik dari bahan (besaran skalar). Perpindahan listrik menjadi:

D = ε 0 E + P = ( ε 0 + χ () E ) E

ε () E = ε 0 + χ () E Permitivitas bahan

Walaupun χ (E) dan ε (E) ditulis bergantung pada medan listrik, namun seringkali ditemukan bahwa χ dan ε tidak bergantung pada medan listrik (bahan linier). Pada intensitas E yang besar, besaran tersebut bergantung pada medan listrik atau intensitas (bahan listrik/optik nonlinier).

Jadi perilaku listrik dari suatu bahan dicirikan oleh suseptibilitas dan permitivitas listrik.

Suatu konstanta dielektrik [tak berdimensi], didefinisikan sebagai:

Jika medan listrik dalam bahan dielektrik sangat kuat, maka elektron-elektron akan tertarik keluar dari molekul sehingga bahan menjadi konduktor. Medan listrik maksimum yang tanpa mengakibatkan keluarnya elektron dari molekul disebut kekuatan dielktrik, E max [V/m]

Bahan

Konstanta

Kekuatan dielektrik, E max

dielektrik, K

Alumunium oksida 6 4,5 6 x 10 Gelas 6 5 - 10 9 x 10 Nilon 6 3,5 19 x 10 Polietilen 6 2,3 18 x 10

Kuarsa (silika, SiO 2 )

Alkohol, etil (0 0 C)

Benzen (0 0 C)

Air murni (destilasi 0 0 C)

Air murni (destilasi 20 0 C)

Udara (1 atm) 6 1,00059 3 x 10 Udara (100 atm)

CO 2 (1 atm)

F. MUATAN TITIK DALAM FLUIDA DIELEKTRIK

Pandang suatu muatan titik q berada pada titik asal (titik 0) dalam fluida dielektrik dengan konstanta dielektrik K.

Berapakah medan listrik E didalam fluida? Hukum Gauss :

Medan listrik dan polarisasi:

∇ • D dv = q

0 Kr

Kr

Tampak bahwa medan listrik didalam bahan

r dielektrik lebih kecil dibandingkan dalam

D vakum, karena K > 1. =

Mengapa dielektrik memperlemah medan listrik ??? Medan listrik berasal dari muatan-muatan baik eksternal maupun muatan

terpolarisasi. Muatan ekspernal berasal dari muatan titik q. Muatan terpolarisasi berasal dari kontribusi :

A. rapat muatan volume: ρ p = − ∇ • P

B. rapat muatan pada permukaan dielektrik yang bersinggungan dengan muatan

titik q: σ p = P • n Dari polarisasi:

4 3 π Kr

Maka:

∇  −  = 0 ρ p = 0

Muatan titik q adalah sebuah titik secara makroskopik, namun dalam skala molekul, bisa berukuran besar, katakanlah mempunyai jari-jari b (b bisa mendekati nol).

Muatan polarisasi total di permukaan:

2 r Q p = lim 4 π b () P • n

Maka muatan total di dalam fluida dielektrik :

+q

Skematik orientasi molekul-molekul

terpolarisasi dalam bahan dielektrik

mengelilingi muatan titik q.

G. SYARAT-SYARAT BATAS PADA VEKTOR MEDAN

Pandang dua meda 1 dan 2 (lihat gambar). Dengan asumsi bahwa terdapat rapat muatan permukaan σ yang berbeda dari satu titik dengan titik yang lain pada batas dua media.

Kita buat suatu permukaan tertutup S yang melewati batas kedua medium. Muatan yang dilingkupi permukaan S :

σ ∆ S + ( ρ 1 + ρ 2 ) × volume

Karena volume bisa kecil, maka muatan

menjadi σ ∆S. Hukum Gauss:

Karena n 2 normal juga terhadap batas

D 1 n (interface), maka:

Terjadi diskontinu komponen normal dari D (diskontinuitas D diberikan oleh rapat muatan permukaan dari muatan eksternal di interface.

Jika tak ada muatan diantara batas dua media, maka komponen normal D bersifat kontinu.

Bagaimana dengan medan listrik di batas tersebut ??

AB = CD = ∆ l

AD = BC ≈ 0 ( kecil )

Komponen tangensial medan listrik

Jika medium 1 adalah bahan konduktor, maka χ= ∞ dan ε = ∞, sehingga E 1 = 0:

dimana σ adalah rapat muatan permukaan total pada konduktor.

H. SYARAT-SYARAT BATAS YANG MELIBATKAN DIELEKTRIK-DIELEKTRIK

r r ∇D • = ρ

Jika bahan-bahan dielektrik merupakan bahan linier, isotropik dan homogen, maka:

Persamaan Poisson, namum ε 0 diganti dengan ε.

Dalam kasus kebanyakan, dielektrik tidak mengandung muatan yang terdistribusi sehingga ρ = 0 di dalam bahan dielektrik :

Persamaan Laplace dalam

bahan dielektrik

Contoh soal:

1. Suatu bola dielektrik dengan jari-jari a diletakkan dalam medan listrik yang semula seragam E 0 yang sejajar dengan sumbu-z. Berapakah medan listrik di setiap titik akibat kehadiran bola dielektrik? (Asumsikan bahan dielektrik adalah linier, isotropik dan homogen)

I. METODA BAYANGAN YANG MELIBATKAN DIELEKTRIK

Dalam metoda bayangan yang sebelumnya, potensial di suatu titik dihasilkan oleh muatan titik dan muatan bayangan yang lokasinya berada di dalam bahan konduktor.

Dalam kasus yang melibatkan dua atau lebih bahan dielektrik, muatan bayangan dapat berada di dalam salah satu bahan dielektrik dan syarat batas pada masing- masing interface dielektrik-dielektrik harus dipenuhi.

Pandang dua media dielektrik dengan permitivitas ε 1 dan ε 2 dipisahkan oleh suatu bidang interface. Tidak ada muatan eksternal pada interface. Suatu muatan titik diletakkan dalam dielektrik ε 1 pada posisi sejauh d dari interface. Berpakah medan listrik di medium dielektrik 1 dan 2 ???

Solusi: Asumsikan bahwa interface berada pada bidang xy, dan q berada pada titik x = -d.

q’ sumbu-x

Potensial dalam medium 1:

4 πε 1  r r ' 

muatan bayangan q’ berada di medium 2 pada posisi (x,y,z) = (d,0,0)

Potensial dalam medium 2, muatan bayangan harus berada di medium 1 (juga muatan asala q dimana keduanya berada pada poisisi (-d,0,0). Jika muatan total didefinisikan sebagai q”, maka potensial di medium 2 adalah:

4 πε 2 r

Besarnya q’ dan q” diperoleh pada syarat batas, bahwa untuk interface yang tidak ada rapat muatan, komponen normal dari D bersifat kontinu di interface:

[ d + y + z ][ d + y + z ]

Sekarang kita hitung medan listrik pada interface. Karena komponen tangensial medan listrik bersifat kontinu, maka:

Dari kombinasi persamaan (1) dan (2) diperoleh:

Karena itu persamaan Laplace dipenuhi di kedua media dan juga syarat batas dipenuhi, sehingga solusinya adalah unik.

TEORI MIKROSKOPIK DARI DIELEKTRIK

Dalam pembahasan sebelumnya, polarisasi dielektrik dibahas secara makroskopik. Medan listrik dihitung dengan mempertimbangkan distribusi muatan eksternal (luar). Dalam Bab ini akan dibahas bagaimana medan listrik bertanggungjawab pada polarisasi molekul (mikroskopik). Dengan menggunakan model molekul yang sederhana, perilaku linier dari berbagai kelas bahan dielektrik dapat dipahami.

A. MEDAN MOLEKUL DALAM DIELEKTRIK

Medan listrik yang mengakibatkan polarisasi dari sebuah molekul dielektrik disebut medan molekul E m .

Jadi medan molekul adalah medan listrik pada posisi molekul dalam dielektrik dan dihasilkan oleh seluruh sumber-sumber luar dan molekul-molekul yang terpolarisasi dalam bahan dielektrik, kecuali oleh satu molekul pada titik yang ditinjau.

Sehingga jelas bahwa E m tidak sama dengan medan listrik makroskopik.

Medan molekul dihitung dengan cara sebagai berikut:

a) Ambil sejumlah kecil dielektrik sehingga meninggalkan suatu rongga yang mengelilingi suatu titik, dimana medan molekul akan dihitung. Dielektrik sebelah kiri dihitung sebagai kontinu.

b) Letakkan kembali dielektrik ke dalam rongga (molekul per molekul). Molekul- molekul ini dianggap tidak kontinu namun sebagai dipol individu.

Prosedur ini berlaku, jika hasilnya tidak bergantung pada ukuran rongga. Pandang suatu sampel dielektrik tipis yang dipolarisasi dengan

meletakkannya dalam medan listrik seragam diantara dua pelat sejajar yang muatannya berlawanan.

-+ -+ -+ -+ + -+ -+ -+ -+ -

-+ -+ -+

-+ -+ -+

-+ -+ -+ -+

+ -+ -+ -+

-+ -+ -+ -+

-+ -+ -+

-+ -+ -+

Jika diasumsikan bahwa polarisasi itu seragam secara makroskopik ( ∇ • P = 0 )

dan P sejajar dengan medan, maka dielektrik di luar rongga diganti dengan sistem polarisasi muatan-muatan (lihat gambar di bawah).

+ -+ −

Medan listrik di titik pusat rongga:

E = medan listrik primer (dihasilkan pelat sejajar yang bermuatan) r x

E d = medan listrik yang tak-terpolarisasi akibat perubahan polarisasi muatan di

luar permukaan dielektrik.

E s = medan listrik akibat perubahan polarisasi pada permukaan rongga S r

Jika bidang muka pelat lebih besar dibandingkan dengan tebal pelat, maka:

dimana σ adalah rapat muatan permukaan

Medan tak-terpolarisasi dihasilkan oleh dua pelat sejajar dengan rapat muatan σ p . Karena σ p =P n = ±P:

Karena komponen normal dari perpindahan listrik D adalah kontinu di batas

antara vakum-dielektrik, dan D = ε 0 E x di dalam vakum di luar pelat dielektrik, maka medan listrik dalam dielektrik secara makroskopik:

Menggambarkan hubungan

antara medan molekul dan medan listrik makroskopik

Medan E s timbul dari rapat muatan polarisasi, σ p =P n pada permukaan S. Dengan menggunakan koordinat bola dan mengambil arah kutub (polar) serarah P, maka:

( − P cos θ ) r

r da

r adalah vektor dari permukaan ke pusat bola. Dari simetri bola, tampak bahwa hanya komponen dE s yang searah dengan P

saja yang berperan dalam integral dE 2 s . Karena da = r sin θ dθ dϕ, maka: 2 π

P d ϕ cos θ sin θ d θ

Berapakah E’ ?? Jika didalam rongga terdapat banyak dipol dan mereka terorientasi sejajar namun

terdistribusi secara acak serta tidak ada korelasi antara posisi dipol, maka E’ = 0. Jika dipol-dipol di dalam rongga terletak secara teratur (kristal kubus), maka E’ = 0. Secara umum E’ ≠ 0 (gas, cairan atau material yang mengandung beberapa

molekul yang berbeda). Dalam bahan dielektrik kebanyakan, maka:

Momen dipol suatu molekul sebanding dengan medan listrik yang bekerja pada molekul tersebut. Rasio momen dipol molekul dan medan polarisasi disebut dengan polarizabilitas molekul α:

Jika terdiri dari N molekul persatuan volume, maka polarisasi:

P = N p m = N α E +  P 

P = N p m = N α E +  P 

Persamaan diatas dapat ditulis dalam konstanta dielektrik K, karena

Sehingga polarizabilitas molekul menjadi:

Persamaan Claussius-

Mossotti

Jelas bahwa sifat-sifat molekul seperti polarizabilitas molekul (besaran mikroskopik) dapat ditentukan dari besaran makroskopik (konstanta dielektrik)

B. DIPOL INDUKSI : MODEL SEDERHANA

Molekul dielektrik diklasifikasikan sebagi polar dan nonpolar.

• Molekul polar memiliki momen dipol permanen, bahkan jika medan polarisasi

E m = 0. • Molekul nonpolar, dimana pusat gravitasi (muatan positif) dan distribusi muatan

negatif umumnya sebanding.

Contoh : molekul-molekul simetri (H 2 ,N 2 dan O 2 ),

molekul monoatomik (He, Ne, Ar) Medan listrik yang diberikan menyebabkan pergeseran muatan-muatan positif

dan negatif sehingga terbentuk dipol molekul (dipol induksi). Inti (muatan Ze) dimana Z adalah bilangan atom dan e adalah muatan elektron.

Secara listrik atom bersifat netral, sehingga muatan total awan elektron adalah – Ze. Jika atom ditempatkan dalam medan listrik E m , maka inti akan berpindah sejauh x searah medan. Suatu gaya ZeE m akan bekerja searah medan dimana gaya elektrostatik antara inti dan awan elektron untuk kembali ke posisi awal.

Dengan hukum Gauss, muatan negatif menarik inti sebagai bagian dari awan (cloud) dengan jari-jari x, dan jika rapat elektron di dalam awan adalah uniform, maka muatannya menjadi:

() Ze ( Zex / R 0 )

= Ze E

4 πε 0 x

Zex 3 =

4 πε 0 R 0 E m

Dalam proses ini terjadi dipol atom sebesar p m = Zex, sehingga polarizabilitas :

4 πε 0 R 0

Polarizabilitas ini adalah konstan tidak bergantung pada medan polarisasi (dielektrik linier)

Dengan kombinasi persamaan Claussius-Mossotti, maka α bisa dieliminasi, sehingga jari-jari atom R -10

0 dapat diperoleh. R 0 berkisar 1 Å (10 m)

4 πε 0 N ( K + 2 )

C. MOLEKUL POLAR ; FORMULA LANGEVIN-DEBYE

Suatu molekul polar memiliki momen dipol permanen. Suatu molekul polar terdiri dari sedikitnya dua atom yang berbeda. Selama pembentukan molekul, beberapa elektron baik parsial ataupun seluruhnya ditransfer dari satu atom ke yang lainnya dengan menghasilkan susunan elektronik sedemikian rupa sehingga pusat-pusat muatan negatif dan positif tidak koinsiden didalam molekul. Jika tak ada medan listrik, dielektrik polar tidak terpolarisasi sehingga individual dipol terorientasi secara acak (lihat gambar).

distribusi dipol permanen yang acak

Polarisasi menjadi:

Dimana penjumlahan meliputi seluruh molekul di dalam elemen volume ∆v. Jika pm terorientasi acak, maka polarisasi menjadi nol.

Jika dielektrik polar diberikan medan listrik, individual-individual dipol mengalami torqi dan cenderung searah dengan medan listrik. Jika medan cukup kuat, dipol- dipol mungkin akan terorientasi semuanya sehingga polarisasi :

rr

Dimana N adalah jumlah molekul per-satuan volume. Biasanya polarisasi dielektrik polar jauh dari nilai saturasi, dan jika temperatur

dinaikkan, polarisasi akan berkurang. Hal ini karena energi termal molekul akan cenderung menghasilkan orientasi dipol yang acak.

Momen dipol efektif rata-rata dihitung dengan prinsip mekanika statistik bahwa pada temperatur T, probabilitas menemukan energi molekul tertentu

E sebanding dengan faktor Blotzmann:

− E / kT

Dimana k = konstanta Boltzmann dan T = temperatur absolut. Berdasarkan hukum distribusi Maxwell, probabilitas suatu molekul dengan

kecepatan v sebanding dengan exp (-mv 2 /2kT). Dalam gas ideal, molekul- molekul memiliki energi ½(mv 2 ). Secara umu energi terdiri dari energi kinetik

E k dan energi potensial U, sehingga faktor Blotzmann menjadi:

− E k / kT − U / kT

Energi potensial dari dipol permanen p 0 dalam suatu medan dielektrik E m :

r r U = − p 0 • E m = − p 0 E m cos θ

Dengan θ = sudut antara p 0 dan medan listrik.

Momen dipol efektif suatu dipol molekul adalah komponen-komponennya sepanjang arah medan (p 0 cos θ). Dengan hubungan Boltzmann, maka:

p 0 cos θ exp ( p 0 E m cos θ / kT ) d ∫ Ω

p 0 cos θ =

exp ( p 0 E m cos θ / kT ) d ∫ Ω

Dimana d Ω = sudut ruang = 2π sin θ dθ dan batas θ adalah 0 dan π. karena p 0 ,

E m dan kT adalah konstanta, maka dapat didefinisikan:

kT

p cos θ = p coth y −

Formula Langevin

Fungsi Langevin

1 p 0 cos θ

y = p 0 E m / kT

Momen dipol molekul p0 untuk bahan polar umumnya y << 1 untuk sembarang harga medan listrik sepanjang dibawah temperatur 250 K. Karenanya bahan dielektrik yang mengandung molekul-molekul polar umumnya linier.

Dalam daerah linier coth y dapat diuraikan dalam deret, sehingga:

p 0 cos θ ≈ p 0 y =

3 3 kT

Karena < p 0 cos θ> adalah momen dipol efektif rata-rata, maka polarisasi P=N<p 0 cos θ> searah E m , sehingga :

3 kT

Jika dibandingkan dengan persamaan sebelumnya :

Polarizabilitas orientasional.

3 kT

Efek dipol induksi meningkatkan deformasi polarizabilitas α 0 , sehingga secara umum polarizabilitas molekul total :

Persamaan Langevin-Debye

(penting untuk interpretasi struktur

3 kT

molekul)

D. POLARISASI PERMANEN ; FEROELEKTRISITAS

Medan molekul E m berperan dalam polarisasi individual molekul. Dalam banyak kasus P ~ E, sehingga E m = 0 jika E = 0.

Namun dalam kondisi tertentu, bila terdapat polarisasi permanen (spontan), maka walaupun E = 0,

3 ε 0 Artinya jika ada polarisasi P 0 , ia akan memberikan medan listrik pada molekul

sehingga molekul akan terpolarisasi.

Jika N adalah jumlah molekul per-satuan volume, maka:

Ini berlaku jika P 0 =0 atau (N α/3ε 0 ) = 1 [polarisasi permanen]

Dalam bahan dielektrik biasa (N α/3ε 0 ) < 1 , sedangkan yang memilki polarisasi permanen adalah kristal feroelektrik.