RINGKASAN ELEKTROMAGNETIKA

Ringkasan Materi Elektromagnetika Oleh: Hamidah Brilliana Maisun (190322623628) TABLE OF CONTENTS #1 #2 #3 Medan Listrik Divergensi dan Curl Medan Elektrostatis Potensial Listrik #4 #5 Usaha dan Energi Elektrostatis Konduktor MEDAN LISTRIK • Medan listrik disebabkan akumulasi muatan-muatan listrik. • Asumsikan muatan-muatan yang bergerak memiliki kecepatan dan percepatannya kecil sehingga menjamin medan listriknya sama semua seolah-olah muatannya itu stationer. • Mengabaikan medan magnet dan focus pada hukum coulomb dan gauss HUKUM COULOMB 1 𝑞𝑄 𝑭= 𝓻 2 4𝜋𝜀0 𝑟 Dimana; 𝑭 dalam Newton (𝑁), 𝑟 dalam meter (𝑚), dan 𝑄/𝑞 dalam coulomb (𝐶). 𝓻=𝐑−𝐫 2 𝐶 𝜀0 = 8,85 × 10−12 𝑁. 𝑚2 Gaya tolak-menolak jika tandanya sama. Gaya tarik-menarik jika tandanya berbeda. 𝑞 𝑄 𝓻 𝑭 𝒓 𝑹 𝑂 Muatan-muatan 𝑞 dan 𝑄 terpisah dengan jarak 𝓻. Hukum coulomb menjelaskan gaya 𝑭 dikerjakan oleh 𝑞 dan 𝑄 jika 𝑞 stationer. MEDAN LISTRIK 𝑦 Titik sumber 𝑭 = 𝑭𝟏 + 𝑭𝟐 + ⋯ 1 𝑞1 𝑄 𝑞2 𝑄 = 𝓻 + 𝓻 +⋯ 4𝜋𝜀0 𝓇12 1 𝓇22 2 𝑄 𝑞1 𝓻1 𝑞2 𝓻2 = + 2 +⋯ 4𝜋𝜀0 𝓇12 𝓇2 𝑭 = 𝑄𝑬 1 𝑛 𝑞𝑖 Dimana; 𝑬 𝒓 ≡ 𝑖=1 2 𝓻𝑖 4𝜋𝜀0 𝑞2 𝑞1 𝑞4 𝒓′𝒊 𝑞𝑖 𝑃 𝓻𝑖 𝒓 Titik medan 𝑥 𝑭 ∥ 𝑬 jika 𝑄 positif 𝑭 ⊥ 𝑬 jika 𝑄 negatif 𝓇𝑖 Medan listrik bergantung pada posisi titik medan 𝒓 𝑞5 𝑧 DISTRIBUSI MUATAN Distribusi muatan kontinu 𝑬 𝒓 = 1 4𝜋𝜀0 1 𝓻𝑑𝑞 𝓇2 Garis 𝑬= 1 4𝜋𝜀0 𝜆 𝒓′ 𝓻𝑑𝑙′ 𝓇2 Permukaan 𝑬= 1 4𝜋𝜀0 σ 𝒓′ 𝓻𝑑𝑎′ 2 𝐴 𝓇 Volume 1 𝑬= 4𝜋𝜀0 𝜌 𝒓′ 𝓻𝑑𝜏′ 2 𝑉 𝓇 Garis medan dari dua buah muatan yang sama besar tapi berbeda jenis; dipol Fluks Listrik 1 𝑞 𝑁 𝒓 4𝜋𝜀0 𝑟 2 𝐶 Garis medan dari sumbu muatan positif 𝑬 𝒓 = Garis medan dari dua buah muatan yang sama besar sama jenis FLUKS LISTRIK 𝚽𝐸 = 𝑬. 𝑑𝒂 𝑆 Dimana; 𝑑𝒂 adalah vector elemen luas tegak lurus pada permukaan 𝑆 𝑑𝒂 = 𝑛 𝑑𝑎 𝑛 adalah vector satuan normal pada 𝑆 Perkalian dot → proyeksi 𝐸 pada garis normal 𝑬 𝑑𝑎 𝜃 𝑛 Φ𝐸 = 𝑬. 𝑑𝒂 = 𝑆 𝑬. 𝑛 𝑑𝑎 = 𝑆 𝐸 cos 𝜃 𝑑𝑎 𝑆 FLUKS MELALUI PERMUKAAN TERTUTUP  Φ= 𝑬. 𝑛 𝑑𝑎 = 𝑆 1 𝑞 𝑒𝑟 . 𝑛𝑟 2 cos 𝜃 2 4𝜋𝜀0 𝑟 2  𝑑𝑎 = 𝑟 sin 𝜃 𝑑𝜃𝑑𝜙    • • 𝑑𝜃𝑑𝜙 𝑒𝑟 = 𝑛 0 ≤ 𝜃 ≤ 1800 ; 0 ≤ 𝜙 ≤ 3600 𝑞 ΦE = 𝑆 𝑬. 𝑛 𝑑𝑎 = 𝑁𝑚2 /𝐶 +𝑞 𝑛 𝜀0 Dalam kenyataannya, bentuk permukaan tertutup tak harus bola, bisa berbentuk apa saja asal tertutup akan memenuhi persamaan di atas. 𝑞 tak harus muatan tunggal, tapi bisa jumlah muatan asal berada dalam permukaan tertutup. 𝑬 Bola HUKUM GAUSS • • • • Fluks listrik melalui permukaan tertutup sebanding dengan jumlah muatan di dalam permukaan itu 𝑞 ΦE = 𝑆 𝑬. 𝑛 𝑑𝑎 = → hukum Gauss dalam bentuk integral. S disebut 𝜀0 permukaan Gauss. Teori divergensi: 𝑆 𝑬. 𝑑𝒂 = 𝑉 𝛻. 𝑬 𝑑𝑣 Dimana; 𝑣: volume yang ditutupi permukaan 𝑆 𝜕 𝜕 𝜕 𝛻=𝑖 +𝑗 +𝑘 𝜕𝑥 𝜕𝑦 𝜕𝑧 𝑄= 𝜌 𝑑𝑣 𝑉 • 𝛻. 𝑬 = 𝜌/𝜀0 → hukum gauss dalam bentuk differensial • Ingat:𝛻. 𝑬 = 𝜕𝐸𝑥 𝜕𝑥 + 𝜕𝐸𝑦 𝜕𝑦 + 𝜕𝐸𝑧 𝜕𝑧 SIFAT KONSERVATIF MEDAN LISTRIK 𝑬= ●Integral 1 𝑞 𝒓 4𝜋𝜀0 𝑟 2 𝑬 dari 𝑎 ke 𝑏: 𝑏 𝑬. 𝑑𝒍 𝑎 =? 𝑑𝒍 = 𝑑𝑟 𝑒𝑟 + 𝑟𝑑𝜃 𝑒𝜃 + (𝑟 sin 𝜃 𝑑𝜙)𝑒𝜙 𝑏 𝑏 𝑬. 𝑑𝒍 = 𝑎 𝑎 1 𝑞 1 𝑞 𝑟𝑏 𝑒 𝑒 dr = − | 4𝜋𝜀0 𝑟 2 𝑟 𝑟 4𝜋𝜀0 𝑟 𝑟𝑎 1 𝑞 𝑞 = − 4𝜋𝜀0 𝑟𝑎 𝑟𝑏 ●Hasil integral tidak bergantung pada bentuk lintasan, namun pada posisi titik awal dan akhir SIFAT KONSERVATIF MEDAN LISTRIK ● ● ● ● 1 𝑞 𝑞 𝑬. 𝑑𝒍 = − =0 4𝜋𝜀0 𝑟𝑎 𝑟𝑏 Medan listrik bersifat konservatif. Teori stokes: 𝑬. 𝑑𝒍 = 𝑆 𝛻 × 𝑬 . 𝑛 𝑑𝑎 Maka, 𝛻 × 𝑬 = 𝟎 → curl medan listrik Ingat: 𝛻×𝑬=𝟎→ 𝜕𝐸𝑧 𝜕𝑦 = 𝜕𝐸𝑦 𝜕𝐸𝑥 ; 𝜕𝑧 𝜕𝑧 = 𝜕𝐸𝑧 𝜕𝐸𝑦 ; 𝜕𝑥 𝜕𝑥 = 𝜕𝐸𝑥 𝜕𝑦 POTENSIAL LISTRIK • • • Tinjau muatan test +𝑄 di dalam medan listrik 𝐸 yang ditimbulkan muatan sumber +𝑞. Gaya pada muatan: 𝑭 = 𝑞𝑬 𝑬 dan 𝑭 medan konservatif Energi potensial +𝑄 sejauh 𝑟 dari sumber +𝑞 adalah usaha membawa muatan +𝑄 dari suatu titik standar 𝑂 ke titik 𝑟 untuk melawan gaya listrik 𝐹. 𝑟 𝐸𝑝 𝑟 = − 𝑭. 𝑑𝒍 𝑂 • Potensial listrik suatu energy=energy potensial per satuan muatan pada titik itu 𝑟 𝑑𝐸𝑝 𝑉 𝑟 = = − 𝑬. 𝑑𝒍 𝑑𝑄 𝑂 +𝑄 +𝑞 𝑭 = 𝑄𝑬 𝑬 𝑟 POTENSIAL LISTRIK 𝑟 𝑉 𝑟 =− 𝑬. 𝑑𝒍 → 𝑬 = −𝛁V 𝑂 • Dimana gradient dari 𝑉: 𝛁V = 𝑖 • Beda potensial titik 𝑏 dan 𝑎: 𝑟𝑏 𝑉 𝑎 −𝑉 𝑏 = − +𝑗 𝑟𝑎 𝑬. 𝑑𝒍 − − 𝑂 𝑑𝑉 𝑑𝑥 𝑑𝑉 𝑑𝑦 𝑟𝑏 𝑬. 𝑑𝒍 = − 𝑂 +𝑘 𝑑𝑉 𝑑𝑧 𝑟𝑏 𝑬. 𝑑𝒍 = 𝑟𝑎 𝛻𝑉. 𝑑𝒍 𝑟𝑎 Persamaan Poisson dan Laplace • • • • Persamaan poisson: 𝛻. −𝛻𝑉 = 𝜌 𝜀0 2 →𝛻 𝑉= 𝜌 − 𝜀0 Dimana; 𝛻. −𝛻𝑉 = 0 karena 𝛻 × 𝑬 = 0 Sebenarnya, secara vector selalu berlaku sifat curl dari gradient 0 atau 𝛻 × 𝛻𝑓 = 0 Jika tidak ada muatan atau 𝜌 = 0, maka berubah menjadi persamaan Laplace: 𝛻 2𝑉 = 0 Potensial oleh Distribusi Muatan 𝑉 𝑟 =− = 1 𝑞 4𝜋𝜀0 𝑟 ′ 1 4𝜋𝜀0 𝑟 ∞ 𝑟 𝑞 𝑑𝑟 ′ ′2 𝑟 ∞ 1 𝑞 = 4𝜋𝜀0 𝑟 1 𝑉 𝑟 = 4𝜋𝜀0 𝑛 𝑖=1 𝑞𝑖 𝑟𝑖 1 𝑉 𝑟 = 4𝜋𝜀0 𝜌 𝒓′ 𝑑𝑟′ 𝑟 Potensial oleh Distribusi Muatan Potensial oleh muatan garis: 1 𝜆 𝒓′ 𝑑𝑙′ 4𝜋𝜀0 𝑟 Potensial oleh muatan permukaan: 1 𝜎 𝒓′ 𝑑𝑎′ 4𝜋𝜀0 𝑟 Kondisi Batas Medan listrik selalu mengalami konduktinuitas saat melintasi muatan permukaan 𝜎 1 1 𝑬. 𝑑𝒂 = 𝑄𝑒𝑛𝑐 = 𝜎𝐴 𝜀0 𝜀0 𝑆 ⊥ ⊥ Jika 𝜀 = 0, maka: 𝐸𝑏𝑒𝑙𝑜𝑤 − 𝐸𝑏𝑒𝑙𝑜𝑤 = 1 𝜀0 𝜎 Komponen normal 𝐸 tidak kontinu oleh 𝜎/𝜀0 pada tiap batas. 𝜎 Kondisi batas pada 𝐸 menjadi: 𝑬𝒂𝒃𝒐𝒗𝒆 − 𝑬𝒃𝒆𝒍𝒐𝒘 = 𝜀 𝒏 0 Potensialnya secara terus menerus melewati tiap batas: 𝑏 𝑉𝑎𝑏𝑜𝑣𝑒 − 𝑉𝑏𝑒𝑙𝑜𝑤 = − 𝑬. 𝑑𝒍 𝑎 Karena panjang jalur menyusut menjadi nol, maka: Komponen tangensial 𝐸 selalu kontinu 𝑬. 𝑑𝒍 = 0 ∥ ∥ 𝐸𝑏𝑒𝑙𝑜𝑤 = 𝐸𝑏𝑒𝑙𝑜𝑤 Usaha dan Energi dalam Elektrostatis Besar usaha untuk memindahkan muatan 𝑄 dari 𝑎 ke 𝑏: 𝑏 𝑊= 𝑏 𝑭. 𝑑𝒍 = −𝑄 𝑎 𝑬. 𝑑𝒍 = 𝑄 𝑉 𝒃 − 𝑉 𝒂 𝑎 𝑭 = −𝑄𝑬 W Q Jika muatan 𝑄 dibawa jauh sampai pada titik 𝒓, 𝐦𝐚𝐤𝐚: 𝑉 𝒂 =𝑉 ∞ =0 𝑊 = 𝑄𝑉 𝒓 Potensial adalah energi potensial per satuan muatan (seperti halnya medan adalah gaya per satuan muatan). 𝑉 𝒃 −𝑉 𝒂 = Energi Distribusi Titik Muatan Pada 𝑞1 , tidak ada usaha (𝑊1 = 0) Pada 𝑞2 , 𝑊2 = Pada 𝑞3 , 𝑊3 = 1 𝑞 𝑞2 1 4𝜋𝜀0 𝓇12 1 𝑞 𝑞3 1 4𝜋𝜀0 𝓇13 + 𝑞2 𝓇23 Dan seterusnya, sehingga total usahanya; 1 𝑊= 4𝜋𝜀0 →𝑊= 1 2 𝑛 𝑛 𝑖=1 𝑗=1 𝑗>𝑖 𝑛 𝑞𝑖 𝑞𝑗 1 𝑊= 𝓇𝑖𝑗 𝑑𝑖𝑏𝑎𝑔𝑖 2 8𝜋𝜀0 𝑞𝑖 𝑉(𝒓𝒊 ) 𝑖=1 𝑛 𝑛 𝑖=1 𝑗=1 𝑗≠𝑖 𝑞𝑖 𝑞𝑗 𝓇𝑖𝑗 𝑊= 1 2 𝑛 𝑖=1 𝑞𝑖 𝑉(𝒓𝒊 ) →𝑊= 1 2 1 1 𝜆𝑉𝑑𝑙; 𝑊 = 2 2 𝐸 2 𝑑𝜏 + 𝑆 𝑉𝑬. 𝑑𝒂 𝑉 𝜌𝑉𝑑𝜏 ; 𝑊 = 𝜀 𝜎𝑉𝑑𝑎 Karena 𝜌 = 𝜀0 𝛻. 𝑬, maka 𝑾 = 0 2 𝑾 dapat didefinisikan berapapun volumenya (asalkan mencangkup semua muatan), namun adanya 𝐸 2 akan naik dan integral permukaan 𝑉𝐸 akan turun karena 𝐸~1/𝑟 2 , 𝑉~1/𝑟, dan 𝑑𝑎~𝑟 2 . Untuk semua ruang (𝑟 tak hingga), integral permukaannya nol. 𝜀 Energi kontinu distribusi permukaan semua ruang: 𝑾 = 0 𝐸 2 𝑑𝜏 2 Energi Kontinu Distribusi Muatan Sifat Dasar Bahan Konduktor • 𝐸 = 0 di dalam konduktor Kenapa? Jika kita letakkan konduktor ke dalam medan listrik eksternal 𝐸0 . Muatan yang didinduksi menghasilkan medannya sendiri 𝐸1 . 𝐸1 meniadakan 𝐸0 karena arahnya berlawanan. 𝜌 = 0 di dalam konduktor • 𝛻. 𝑬 = 𝜌/𝜀0 , karena 𝐸 = 0, maka 𝜌 = 0 • Semua muatan total berada di permukaan • Setiap konduktor itu ekuipotensial Kenapa? Jika 𝑎 dan 𝑏 adalah titik di dalam/permukaan konduktor, maka; 𝑉 𝒂 − 𝑏 𝑉 𝒃 = − 𝑎 𝑬. 𝑑𝒍 = 0. Dikarenakan 𝐸 = 0, sehingga 𝑉 𝒂 = 𝑉(𝒃) • 𝐸 tegak lurus dengan permukaan, tepat diluar permukaan konduktor Kenapa? Karena jika tidak, maka muatan akan mengalir ke sekitar permukaan sampai menghabiskan komponen tangensial. 𝑉 𝒂 − 𝑉 𝒃 = − dan 𝑏 berada di permukaan dan 𝐸 normal terhadap permukaan) 𝑏 𝑬. 𝑑𝒍 𝑎 = 0 (𝑎 Muatan-muatan Terinduksi • • Jika +𝑞 berada di dekat konduktor yang tidak bermuatan, maka keduanya akan Tarik menarik. Muatan terinduksi negatif lebih dekat ke 𝑞 Menghasilkan gaya Tarik-menarik total Jika terdapat rongga di dalam konduktor dan terdapat beberapa muatan, maka; Medan di dalam rongga tidak akan nol. Tidak ada medan eksternal yang menembus konduktor, karena dibatalkan oleh muatan yang terinduksi. 𝑞𝑖𝑛𝑑𝑢𝑘𝑠𝑖 = −𝑞 ,karena 𝑬. 𝑑𝒂 = 0 untuk 𝐸 = 0 pada permukaan gaussian 𝑞𝑖𝑛𝑑𝑢𝑘𝑠𝑖 = +𝑞 pada bagian luar Muatan Permukaan dan Gaya di dalam Konduktor 𝜎 𝒏 𝜀0 =0 maka medan luarnya: 𝑬 = 𝑬𝒂𝒃𝒐𝒗𝒆 − 𝑬𝒃𝒆𝒍𝒐𝒘 = • Karena 𝑬𝒃𝒆𝒍𝒐𝒘 • Dalam bentuk potensial: • 𝜎 = −𝜀0 𝜕𝑉 𝜕𝑛 𝜎 𝜀0 𝒏 → muatan permukaan konduktor bisa ditentukan dari 𝐸 atau 𝑉 Karena medan listrik tidak kontinu pada muatan permukaan, maka nilai yang kita gunakan 𝐸𝑎𝑏𝑜𝑣𝑒 /𝐸𝑏𝑒𝑙𝑜𝑤 ? 1 Seharusnya kita menggunakan nilai rata-rata; 𝒇 = 𝜎𝑬𝒂𝒗𝒈 = 𝜎(𝑬𝒂𝒃𝒐𝒗𝒆 + 2 𝑬𝒃𝒆𝒍𝒐𝒘 ) Mengapa? Tinjau sebagian kecil permukaan Muatan pada bagian di luar medan 𝜎/2𝜀0 , dan di kedua sisi : 𝜎 𝜎 𝑬𝒂𝒃𝒐𝒗𝒆 𝒑𝒂𝒕𝒄𝒉 = 𝒏; 𝑬𝒃𝒆𝒍𝒐𝒘 𝒑𝒂𝒕𝒄𝒉 = − 𝒏 2𝜀0 2𝜀0 Medan 𝑬𝒐𝒕𝒉𝒆𝒓 karena daerah lain dari permukaan, maka sumber eksternal juga mungkin ada. 1 Medan total: 𝑬𝒐𝒕𝒉𝒆𝒓 = 𝑬𝒂𝒃𝒐𝒗𝒆 + 𝑬𝒃𝒆𝒍𝒐𝒘 = 𝑬𝒂𝒗𝒈 2 Patch tidak bisa menggunakan gayanya sendiri Gaya pada patch disebabkan oleh 𝑬𝒐𝒕𝒉𝒆𝒓 𝜎 1 karena 𝑬𝒃𝒆𝒍𝒐𝒘 = 0 dan 𝑬𝒂𝒃𝒐𝒗𝒆 = 𝒏, maka: 𝒇 = 𝜎2𝒏 2𝜀0 2𝜀0 Ada tekanan medan listrik luar pada permukaan konduktor Kapasitor Karena 𝑉 konstan di atas konduktor, maka perbedaan potensialnya: − 𝑉 = 𝑉+ − 𝑉− = − Dimana; 𝑬 = 1 𝜌 4𝜋𝜀0 𝓇2 𝑬. 𝑑𝒍 + 𝓻𝑑𝜏 𝑬 ∝ 𝑸 dan 𝑽 ∝ 𝑸, maka 𝑸 𝑽 Mengisi kapasitor, maka usaha untuk membawa muatan 𝑪≡ berikutnya 𝑑𝑞 pada pelat positif 𝑞 adalah 𝑑𝑊 = Usaha total yang (𝑞 = 0 ke 𝑞 = 𝑄) 𝑄 𝑞 1 𝑄2 1 2 𝑊= 𝑑𝑞 = = 𝐶𝑉 𝐶 2 𝐶 2 0 𝑞 𝐶 𝑑𝑞 CONTOH SOAL 1.2 a) P z q d/2 d/2 q E 𝜃 P 𝓇 𝓇 z +q d/2 d/2 +q Tentukan medan listrik (besar dan arah) 𝒛 sejauh di atas titik tengah antara dua muatan yang sama, 𝒒 , terpisah sejauh 𝒅/𝟐 (lihat gambar). Tentukan medan listrik bila 𝒛 ≪ 𝒅! b) Ulangi bagian a), dengan mengganti muatan di sebelah kanan dari 𝒒 menjadi −𝒒! Jawab: a) Jika muatan-muatannya positif, seperti pada gambar. 𝒒 𝑬=𝟐 𝒄𝒐𝒔𝜽 𝟒𝝅𝜺𝟎 𝓻𝟐 Komponen horizontalnya saling meniadakan. Medan vertical totalnya: 𝟐 𝒅 𝒛 𝓻𝟐 = 𝒛 𝟐 + ; 𝒄𝒐𝒔 𝜽 = 𝟐 𝓻 Maka: 𝒒 𝑬𝒛 = 𝑬 = 𝟐 𝒛𝒛 𝟐 𝟑/𝟐 𝒅 𝟒𝝅𝜺𝟎 𝒛𝟐 + 𝟐 Ketika 𝒛 ≪ 𝒅 (𝒅 mendekati nol), maka akan terlihat seperti muatan tunggal 𝟐𝒒 dan medan akan terinduksi menjadi: 𝒒 𝑬=𝟐 𝒛 𝟒𝝅𝜺𝟎 𝒛𝟐 CONTOH SOAAL 1.14 Dua plat sejajar infinite membawa rapat muatan uniform sama tetapi berlawanan tanda ±𝜎. Dapatkan medan di dalam setiap daerah. ((i),(ii), dan (iii))! Jawab: Medan positif plat menghasilkan medan arah keluar 𝜎 plat: 𝐸+ = 2𝜀 0 Medan negative plat menghasilkan medan arah masuk 𝜎 plat: 𝐸− = 2𝜀 0 Medan di daerah (i) dan (iii): 𝐸 = 0 𝜎 Medan di daerah (ii) atau diantara kedua plat: 𝐸 = 2𝜀 0 CONTOH SOAL 1.2 b) Jika muatan-muatannya berbeda jenis, seperti pada gambar. 𝒒 𝑬=𝟐 𝒄𝒐𝒔𝜽 𝟒𝝅𝜺𝟎 𝓻𝟐 Komponen vertikalnya saling meniadakan. Medan vertical totalnya: 𝟐 𝒅 𝒅/𝟐 𝟐 𝟐 𝓻 =𝒛 + ; 𝒄𝒐𝒔 𝜽 = 𝟐 𝓻 Maka: 𝒒 𝒅 𝒒 𝑬𝒛 = 𝟐 𝒙= 𝒅𝒙 𝟑/𝟐 𝟐 𝟐 𝟑/𝟐 𝟐 𝒅 𝒅 𝟒𝝅𝜺𝟎 𝒛𝟐 + 𝟒𝝅𝜺𝟎 𝒛𝟐 + 𝟐 𝟐 Ketika 𝒛 ≪ 𝒅 , medan menjadi: 𝒒 𝑬≈ 𝒅𝒛 𝟒𝝅𝜺𝟎 𝒛𝟑 Yang menyerupai medan dari sebuah dipol listrik. Jika 𝒅 → 𝟎, maka 𝑬 = 𝟎, dimana konfigurasi ini menyerupai sebuah muatan titik tunggal yang jauh, muatan total nol, maka 𝑬 → 𝟎. P 𝓇 +q 𝜃 E 𝓇 z d/2 d/2 -q CONTOH SOAL 1.9 Anggap medan listrik di dalam suatu daerah dinyatakan dalam koordinat bola diketahui 𝑬 = 𝑘𝑟 3 𝒓, di dalam koordinat bola (𝑘 adalah konstanta). a. Dapatkan rapat muatan 𝜌. b. Dapatkan muatan total yang terkandung di dalam sebuah bola berjari jari 𝑅, terpusat di origin. (kerjakan dengan dua cara berbeda) Diketahui: 𝑬 = 𝑘𝑟 3 𝒓 Ditanya: a. 𝜌 b. 𝑄𝑒𝑛𝑐 CONTOH SOAL 1.9 Jawab: a. 𝛻. 𝑬 = 𝜌 =? 𝛻. 𝑬 = 𝜌 𝜀0 1 𝜕 2 1 𝜕 1 𝜕 𝑟 𝐸 + sin 𝜃 𝐸 + 𝐸 𝑟 𝜃 𝑟 2 𝜕𝑟 𝑟 sin 𝜃 𝜕𝜃 𝑟 sin 𝜙 𝜕𝜙 𝜙 b. z Dengan hukum gauss: 𝑄𝑒𝑛𝑐 = 𝜀0 𝜌 = 𝜀0 𝛻. 𝑬 𝑬. 𝑑𝒂 = 𝜀0 𝑘𝑅 3 4𝜋𝑅 2 = 4𝜋𝜀0 𝑘𝑅 5 Dengan integral langsung: 𝑅 1 𝜕 2 𝜌 = 𝜀0 2 𝑟 . 𝑘𝑟 3 𝑟 𝜕𝑟 𝜃 y 𝜙 Koordinat Bola x 𝑅 5𝜀0 𝑘𝑟 2 4𝜋𝑟 2 𝑑𝑟 = 20𝜋𝜀0 𝑘 𝜌𝑑𝜏 = = 4𝜋𝜀0 𝑘𝑅 5 r 1 𝜌 = 𝜀0 2 𝑘 5𝑟 4 𝑟 𝜌 = 5𝜀0 𝑘𝑟 2 𝑄𝑒𝑛𝑐 = 0 𝑟 4 𝑑𝑟 0 Terima Kasih

RINGKASAN ELEKTROMAGNETIKA

Products

Support

RINGKASAN ELEKTROMAGNETIKA

Add this document to collection(s)

Add this document to saved

Suggest us how to improve StudyLib