MEDAN ELEKTROMAGNETIK
Disusun oleh :
Dr. Drs. Jaja Kustija, M.Sc.
JURUSAN TEKNIK ELEKTRO
UNIVERSITAS PENDIDIKAN INDONESIA
2014
DAFTAR ISI
BAB I SISTEM KOORDINAT
1.1
Sistem Koordinat Kartesian ................................................................... 1
a. Vektor Satuan (Unit Vektor) dalam Koordinat Kartesian ................. 2
b. Volume Diferensial Elemen-elemen Permukaan dan Garis pada
Sistem Koordinat Kartesian .............................................................. 3
1.2
Sistem Koordinat Silinder (Cylindrical Coordinates) ........................... 5
a. Vektor Satuan Dalam Koordinat Silinder dan Hubungannya Dengan
Koordinat Kartesian .......................................................................... 6
b. Volume Diferensial, Elemen-Elemen Permukaan dan Elemen Garis
Dalam Koordinat Silinder ................................................................. 10
1.3
Sistem Koordinat Bola (Spherical coordinates) ................................... 10
a. Vektor Satuan Pada Sistem Koordinat Bola dan Hubungangya Dengan
Vektor Satuan pada Sistem Koordinat Kartesian ................................ 11
b. Volume Diferensial, Elemen-Elemen Permukaan pada Koordinat
Bola .................................................................................................... 13
Contoh Soal ........................................................................................... 14
Soal-Soal Latihan dan Penyelesaiannya ................................................ 16
BAB II TURUNAN BERARAH (GRADIEN) DAN DIVERGENSI
2.1
Turunan Berarah (gradien) .................................................................... 18
a. Untuk Koordinat Kartesian ............................................................. 19
b. Untuk Koordinat Silinder ................................................................. 20
Contoh soal ...................................................................................... 21
c. Untuk Koordinat Bola ....................................................................... 22
Contoh soal ....................................................................................... 23
2.2 Divergensi dan Makna Fisisnya ............................................................. 24
a. Operator Divergensi Pada Sistem Koordinat Kartesian ................... 25
Contoh soal ...................................................................................... 26
b. Operator Divergensi Pada Sistem Koordinat Silinder .................. 27
c. Operator Divergensi Pada Sistem Koordinat Bola ........................... 28
Contoh soal ......................................................................................... 30
2.3
Teorema Divergensi Gauss ................................................................... 32
Contoh soal .......................................................................................... 32
Makna fisis divergensi Gauss ................................................................ 33
Soal-soal dan Penyelesaiannya .............................................................. 34
BAB III CURL (ROTASI) DAN MAKNA FISISNYA
Contoh Soal ........................................................................................... 37
Soal-soal dan Penyelesaiannya ............................................................. 41
BAB IV GAYA COULOMB DAN INTENSITAS MEDAN LISTRIK
4.1
Hukum Coulomb ................................................................................... 43
Contoh Soal ........................................................................................... 45
4.2
Intensitas Medan Listrik ........................................................................ 47
Contoh Soal .......................................................................................... 48
4.3
Medan Listrik Oleh Muatan-Muatan Titik ............................................ 49
Contoh Soal ........................................................................................... 49
4.4
Medan Listrik Oleh Disribusi Muatan Kontinu ................................... 50
Contoh Soal ........................................................................................... 51
4.5
Medan Listrik Akibat Muatan Berbentuk Lempeng ............................. 53
Contoh Soal ........................................................................................ 54
BAB V FLUKS LISTRIK DAN HUKUM GAUSS
5.1
Medan Skalar dan Medan Vektor ......................................................... 55
5.2
Fluks Listrik .......................................................................................... 57
5.3
Hukum Gaus ......................................................................................... 57
5.4
Hubungan Antara Kerapatan Fluks dan Kuat Medan Listri ................. 58
5.5
Distribusi Muatan .................................................................................. 59
5.6
Pemakaian Hukum Gauss ..................................................................... 60
5.7
Teorema Divergensi Gauss ................................................................... 62
Soal-soal dengan Penyelesaian ............................................................. 64
BAB VI ENERGI DAN POTENSIAL
6.1
Energi yang Diperlukan untuk Menggerakan Muatan Titik Dalam
Medan Listrik ....................................................................................... 69
6.2
Integral Garis ........................................................................................ 70
6.3
Definisi Beda Potensial dan Potensial ................................................... 72
Contoh Soal ........................................................................................... 73
6.4
Medan Potensial Sebuah Muatan Titik ................................................. 75
6.5
Medan Potensial Akibat Distribusi Muatan .......................................... 76
a) Medan Potensial Akibat Muatan Titik .............................................. 76
b) Medan Potensial Akibat Distribusi Muatan Kontinu ........................ 76
6.6
Gradien Potensial .................................................................................. 78
6.7
Kerapatan Energi dalam Medan Elektrostatik (Listrik Statis) .............. 80
Contoh Soal ........................................................................................... 81
BAB VII MEDAN MAGNET TUNAK (STEADY)
7.1
Medan Magnet Oleh Arus Listrik ......................................................... 87
Contoh Soal ........................................................................................... 89
7.2
Besaran Induksi Magnetik ..................................................................... 91
7.3
Hukum Integral Ampere ....................................................................... 93
7.4
Medan Magnet Dalam Kumparan ......................................................... 95
7.5
Hukum Maxwel Tentang Induksi Magnet ............................................ 97
Teorema Maxwel (umum) .................................................................. 98
a) Hukum Gauss ............................................................................... 98
b) Bentuk Lain dari Hukum Faraday ................................................ 99
c) Hukum Maxwel Tentang Induksi Magnet ................................... 99
d) Hukum Integral Ampere .............................................................. 100
BAB VIII PERSAMAAN POISSON DAN LAPLACE
8.1
Bentuk-Bentuk Explisit Persamaan Laplace dan Poisson ..................... 101
8.2
Teorema Keunikan ................................................................................ 103
Contoh Soal ........................................................................................... 103
BAB I
SISTEM KOORDINAT
Untuk mengetahui posisi benda dalam dimensi ruang dikenalkan
beberapa model sistem koordinat diantaranya adalah : sistem koordinat
kartesian, sistem koordinat silinder dan sistem koordinat bola.
1.1
Sistem Koordinat Kartesian
Dalam sistem ini dikenal dengan kaidah tangan kanan seperti nampak
pada gambar :
Z
(0, 0, 0 )
x
y
y
(0, 0, 0 )
atau
x
z
Gambar 1. Sistem koordinat kartesian dengan sistem putaran
tangan kanan
Dari gambar terlihat jika arah sumbu x diputar kearah sumbu y dengan
sudut paling kecil akan menghasilkan arah sumbu z yang serupa dengan kaidah
tangan kanan dengan dengan ibu jari menggambarkan sumbu z dan arah lipatan
keempat jari lainnya merupakan arah putaran dari sumbu x ke sumbu y.
Menggambar letak suatu titik P(x, y, z) langkah-langkahnya sebagai
berikut : tentukan titik-titik x, y dan z pada masing-masing sumbu x, sumbu y, dan
sumbu z; kemudian buatlah garis melalui x dan y yang masing-masing sejajar
dengan sumbu y dan sumbu x, maka diperoleh titik P1 (x, y) pada bidang x 0 y,
juga dapat disajikan sebagai titik P1 (x, y, 0) yang berarti harga z = 0. Selanjutnya
hubungkan titik asal 0 dengan titik P1, kemudian buatlah garis melalui z yang
sejajar dengan garis P1 dan melalui titik P1 juga dibuat garis sejajar dengan sumbu
z, maka didapat titik P (x, y, z).
Contoh :
Gambarkan posisi titik : A(1, 2, 3)
Penyelesaian :
Z
3
A(1, 2, 3)
2
Y
1
X
a).
Vektor Satuan (Unit Vektor) dalam Koordinat Kartesian
Sebagaimana kita ketahui vektor adalah suatu besaran yang mempunyai
harga dan arah. Dalam sistem koordinat kartesian ditulis dalam simbol:

A  aˆ x Ax  aˆ y Ay  aˆ z Az
Z
Az
A
Ay
Y
Ax
X
Gambar.2 Vektor satuan dalam sistem koordinat
Ax = harga vektor pada sumbu x
Ay = harga vektor pada sumbu y
Az = harga vektor pada sumbu z
Vektor satuan adalah vektor yang mempunyai harga absolut (panjang)
satu, hal itu bisa diperoleh dengan cara membagi vektor itu dengan nilai
absolutnya :

A
aˆ A 
A

â A = vektor satuan dalam arah A

A = vektor A
A = nilai (harga absolut)vektor tersebut
A
Ax2  Ay2  Az2

dari A  aˆ x Ax  aˆ y Ay  aˆ z Az dan pengertian vektor satuan, dapat kita lihat bahwa
aˆ x , aˆ y , aˆ z masing-masing adalah vektor satuan dalam arah sumbu x, sumbu y,
sumbu z.
Contoh :
Carilah vektor satuan dari :

A  3aˆ x  4aˆ y  5aˆ z yang pangkalnya di titik (0,0,0)
Penyelesaian :
A  32  42  52
A 5 2
â A =
aˆ A 
b).
3aˆ x  4aˆ y  5aˆ z
5 2
 0,3 2 aˆ x  0,4 2 aˆ y  0,5 2 aˆ z
0,3 2   0,4 2   0,5 2 
2
2
2
1
Volume Diferensial Elemen-elemen Permukaan dan Garis pada Sistem
Koordinat Kartesian

Elemen garis (dl)
Elemen
garis
dl
adalah
diagonal
yang
melalui
P,
yaitu:
dl  dxaˆ x  dyaˆ y  dzaˆ z atau dl 2  dx 2  dy 2  dz 2 .

Elemen permukaan (ds)
Elemen permukaan adalah suatu bagian yang terbentuk dari elemen-elemen
garis (dl), yaitu dS   dl1  dl2 .
Z
dS =dx dy âz
dz
dy
dS = dy dz âx
dS = dx dz ây
dx
P´(x+dx, y+dy, z+dz)
P (x, y, z)
Y
X
Gambar 3. Elemen-elemen permukaan dS dan volume dV
dalam hal ini:
-Permukaan depan
:  dy ây  dz âz = dy dz âx
-Permukaan samping :  dz âz  dx âx = dz dx ây
:  dx âx  dy ây = dx dy âz
-Permukaan alas

Elemen Volume (dV)
Elemen volume adalah suatu bagian yang terbentuk dari elemen-elemen
permukaan (dS), yaitu : dV  dl  dl  dl
1
2
3
Ambil dS permukaan depan yaitu dS = dy dz âx maka dV =dx dy dz
Demikian pula permukaan-permukaan lain, didapat dV = dx dy dz
Contoh :
Hitunglah
 x
2
yz dV ,
dengan
B
B
B  x, y, z  : 1  x  2,0  y  1,1  z  2
Penyelesaian :
2
2
 x yz dV  
B
0
1
2
 
0
x 2 yz dx dy dz
1
2
1 
  x3 
 3 1
1
2
1 2  1 2 
2 y  2 z 

0 
1
adalah
kotak
dengan
batas-batas






1
 1
 1

  2 3  13   12  0   2 2  12 
3
 2
 2

 7  1  3 
    
 3  2  2 
7

4
1.2
Sistem Koordinat Silinder (Cylindrical Coordinates)
Suatu permasalahan dalam sistem koordinat akan lebih mudah
diselesaikan bila kita mengetahui cara penyelesaiannya dalam sistem koordinat
yang sesuai. Berikut ini akan dipaparkan mengenai salah satu koordinat lain
setelah koordinat kartesian, yaitu sistem koordinat silinder. Mari kita lihat
hubungan antara sistem koordinat silinder dan kartesian.
Jika dalam sistem koordinat kartesian dikenal dengan adanya sumbu x,
sumbu y, sumbu z, maka dalam sistem koordinat silinder diperkenalkan variabelvariabel : r, , dan z. untuk menggambarkan suatu posisi titik. Sebagai contoh,
posisi titik A lazimnya ditulis dengan A(r, ,z).
Perhatikan gambar :
Z
â
âz
P (r, ,
z)
âr

Y
X
Gambar 4. Posisi titik P dalam koordinat
silinder
Dengan menggunakan ilmu ukur sudut sederhana dapat dicari hubungan antara (x,
y, z) dan (r, , z).
X = r cos 
; Y = r sin 
;z=z
a).
Vektor Satuan Dalam Koordinat Silinder dan Hubungannya Dengan
Koordinat Kartesian
Seperti pada sistem koordinat kartesian yang dimaksud vektor satuan
yakni vektor yang mempunyai harga absolut sama dengan satu. Dalam sistem
koordinat silinder ada tiga komponen vektor satuan yakni :

r
aˆ r 
; â  ; aˆ z
r
âr =
vektor satuan pada komponen r (arahnya sesuai dengan arah penambahan
harga).
â =
vektor satuan pada komponen  (arahnya sesuai dengan arah penambahan
harga).
âz =
vektor satuan pada komponen z (arahnya sesuai dengan arah penambahan
harga).
Perhatikan gambar (1), hubungan antara kartesian dan silinder sebagai berikut:

r  aˆ x r cos   aˆ y r sin 

r
aˆ r   aˆ x cos   aˆ y sin 
r
Untuk menjelaskan vektor satuan kearah â atau ditulis â mempunyai
beda fasa sebesar

dengan arah â r dengan sudut â > sudut â r , sehingga:
2




â  aˆ x cos      aˆ y sin    
2
2


 aˆ x sin   aˆ y cos 
Dan arah â sama persis dengan â pada sistem koordinat kartesian.
Secara keseluruhan hubungan vektor satuan pada sistem silinder dan sistem
kartesian adalah sebagai berikut :
aˆr  aˆ x cos   aˆ y sin 
aˆ  aˆ x sin   aˆ y cos 
aˆ z  aˆ z
Dapat dituliskan dalam bentuk matrik :
 aˆr   cos 
  
 aˆ     sin 
 aˆ   0
 z 
Untuk
sin 
cos 
0
0   aˆ x 
 
0   aˆ y 
1   aˆ z 
mendapatkan
hubungan
balikannya
maka
kita
mesti
menggunakan “inverse matrik” dari hubungan diatas.
Perhatikan bahwa harga determinan dari matrik tersebut adalah satu (1)
maka inverse matrik diatas sama dengan transposenya.
 aˆ x   cos 
  
 aˆ y    sin 
 aˆ   0
 z 
 sin 
cos 
0
0   aˆr 
 
0   aˆ 
1   aˆ z 
Matrik-matrik ini sangat diperlukan sekali untuk memahami operator
gradien (  ), operator divergensi(   ) operator curl (   ) dan ada satu lagi bekal
yang harus disiapkan adalah pemanfaatan teorema turunan parsial. Disini akan
dibahas secara sekilas misalnya r (x, y, z), artinya r merupakan fungsi x, y, z
maka diferensial terhadap r didefinisikan sebagai berikut :
 x  y  z 



r r x r y r z
Begitu pula  (x, y, z)

x  y  z 



  x  y  z
Dan z (x, y, z)
 x  y  z 



z z x z y z z
Terapkan turunan parsial ini pada
X= r cos  ; Y = r sin  ; Z= z
1.

r
 
r cos      r sin      z 
x r
y r
z r


 cos
 sin 
0
x
y


 cos 
 sin 
x
y
2.


 
r cos     r sin     z 
x 
y 
z 


  sin
 cos
0
x
y


  r sin
 r cos
x
y


  sin
 cos
x
y


1 
r 
3.

z
 
r cos      r sin      z 
x z
y z
z z

 00
z


z

Maka dapat ditulis dalam bentuk matrik:
 


 x   cos 
1   

    sin 
 r    0
  


 z 
sin 
cos 
0
 
 
0   x 
  
0  
y
1   
 
 
 z 
Dengan cara inverse matrik seperti ; inverse matrik sebelumnya:
 
 
 x   cos 
   
     sin 
 y   0
  
 
 z 
sin 
cos 
0
 



x


0
 1  
0 

r  


1
 


 z 
Contoh :
Tentukan posisi titik koordinat kartesius dari titik A (10; 53,13°; 5) dan posisi titik
koordinat tabung dari titik B (-5, -5, 2).
Penyelesaian :
a) Menentukan posisi titik A (kartesius) dari titik A (10; 53,13°; 5).
X  r cos 
 10 cos 53,13
6
Y  r sin 
 10 sin 53,13
8
Jadi, titik koordinat cartesius dari (10; 53,13°; 5) adalah (6; 8; 5)
Z
(6; 8;
5)
Y
X
Menentukan posisi titik B (tabung) dari titik B (-5, -5, 2)
r  x2  y2

 52   52
 50
5 2
Z
y
x
5

5
1
tan  

5


4

, 2 .

Y
  inv tan 
 inv tan1
2,
X
 45
 

Jadi, titik koordinat B adalah  5 2 , , 2 .
4 

b).
Volume Diferensial, Elemen-Elemen Permukaan dan Elemen Garis
Dalam Koordinat Silinder
Z
P’(r+dr, +d,
z+dz)
dz
dr
r dr
d
P (r,,z)
Y

r
dr
d

r dr
d
X
Gambar 5. Elemen Volume (dV) dalam
koordinat silinder

Elemen garis (dl)
dl = dr â r + r d â + dz â
dl2 = dr2 + r2 d 2 + dz2

Elemen-elemen permukaan (dS)
Selimut :  r d  dz aˆ r  r d dz aˆ r

Atas
:  dr aˆ r  r d aˆ  r dr d aˆ z
Bawah
:  dr aˆ r  r d aˆ  r dr d aˆ z
Elemen volume diferensial (dV)
dV = (dr)( r d)(dz)
dV  r dr d dz
1.3
Sistem Koordinat Bola (Spherical coordinates)
Sistem koordinat bola mempunyai variabel-variabel r, ,  . untuk
menentukan posisi titik P dalam koordinat bola adalah seperti dalam gambar :
Z
x = r sin cos
y = r sin sin
z = r cos
P (r, , )
z
r


y
Y
x
X
Gambar 6. Posisi titik P (r, , ) dalam sistem
koordinat bola
a).
Vektor Satuan Pada Sistem Koordinat Bola dan Hubungangya Dengan
Vektor Satuan pada Sistem Koordinat Kartesian.
Z
r sin 
r cos 
P

r
â r
â
â
r sin  cos

r sin 
Y
X
Dari gambar x = r sin θ cos φ ; y = r sin θ sin φ ; z = r cos

r  aˆ x x  aˆ y y  aˆ z z

r  aˆ x r sin  cos   aˆ y r sin  sin   aˆ z r cos 
θ
aˆ r 

r
r
 aˆ x sin  cos   aˆ y sin  sin   aˆ z cos 
Perhatikan gambar vector satuan â r dan â . â mempunyai sudut

2
â r sehingga â menjadi :






aˆ  aˆ x sin    cos   aˆ y sin    sin   aˆ z cos  
2
2
2



 aˆ x cos  cos   aˆ y cos  sin   aˆ z sin 
dan arah â , mempunyai  

2
dan sudut  untuk â mendahului
â r , sehingga â menjadi :

 



cos     aˆ y sin sin      aˆ z cos
2
2
2 
2
2

 aˆ x sin   aˆ y cos   0
aˆ  aˆ x sin

Di tulis dalam hubungan matriks sebagai berikut :
 aˆ r   sin  cos 
  
 aˆ     cos  cos 
 aˆ    sin 
  
sin  sin 
cos  sin 
cos 
cos    aˆ x 
 
 sin    aˆ y 
0   aˆ z 
cos cos 
cos sin 
 sin 
 sin    aˆr 
 
cos    aˆ 
0   aˆ 
matrik transpose :
 aˆ x   sin  cos 
  
 aˆ y    sin  sin 
 aˆ   cos
 z 

2
Terapkan aturan diferensial Parsial pada system koordinat Bola
 x  y  z 



r r x r y r z

x  y  z 



  x  y  z

x  y  z 



  x  y  z
dimana x = r sin θ

r


1 
r 


cos φ ; y = r sin θ
sin φ
; z = r cos θ maka :



 sin  sin 
 cos 
x
y
z



 r cos  cos 
 r cos  sin 
 r sin 
x
y
z



 cos  cos 
 cos  sin 
 sin 
x
y
z


 r sin  sin 
 r sin  cos 
0
x
y
1



atau
  sin 
 cos 
0
r sin  
x
y
 sin  cos 
Dapat ditulis dalam bentuk matriks sebagai berikut :





r

  sin  cos 
 1 
   cos  cos 
 r   

 1
    sin 


 r sin   
sin  sin 
cos  sin 
cos 
  
 
cos    x 
 
 sin    
 y 
0    
 
 z 
dengan inverse matriks = transpose (karena determinan = 1 ) maka
  
 
 x   sin  cos 
     sin  sin 
 y  
    cos 
 
 z 
b).
cos  cos 
cos  sin 
 sin 





r
 sin   

 1 

cos  
 r  
0   1
 


 r sin   
Volume Diferensial, Elemen-Elemen Permukaan pada Koordinat Bola
Z
r
ds=r2 sin  d d dr
r d


d
d
Y
r sin 

Elemen garis diferensial :
dl  dr aˆr  r d aˆ  r sin  d aˆ
dl 2  dr 2  r 2 d 2  r 2 sin 2  d 2

Elemen-elemen permukaan diferensial sebagai pasangan elemen-elemen
garis:
 r d aˆ  r sin  d aˆ   r 2 sin  d d aˆ r
 r sin  d aˆ  dr aˆ r   r sin  d dr aˆ
 dr aˆ r  r d aˆ   r dr d aˆ

Volume diferensial
dV =(dr)(r d )(r sin d )
dV = r2 sin dr d d
Contoh:
1.
4
Buktikan bahwa volume bola adalah V   r 3 dengan batas-batasnya
3
adalah 0  r  r ; 0     ; 0    2
Penyelesaian :
dV  r 2 sin  dr d d
V 
r

2
    r
r 0 0 0
r
3
2
sin  dr d d
1 

2
  r   cos  0  0
3  0
1 
  r 3  2  2 
3 
4
  r3
3
2.
Gunakan sistem koordinat bola untuk menetapkan luas jalur      pada
permukaan bola dengan jari-jari a (gambar dibawah) dan dengan batasbatasnya 0  r  a ; 0    2 ;      . Apa hasilnya bila  = 0, dan
=?
Penyelesaian :
dS = r2 sin d d φ
Z
maka


2 
A
 a
2
sin  d d
0
 2 a 2 cos   cos  
Kalau  = 0 dan  = , A = 4a2 yakni
Y
X
seluruh permukaan bola itu.
Soal-Soal Latihan dan Penyelesaiannya
1. Tentukan vektor A dari posisi (2, -4, 1) sampai (0, -2, 0) pada sistem koordinat
kartesian dan tentukan pula vektor satuannya.
Kunci Jawaban :
A  2aˆ x  2aˆ y  aˆ z
aA 
2
2
1
aˆ x  aˆ y  aˆ z
3
3
3
2. Gunakan sistem koordinat silinder untuk menentukan luas daerah yang diarsir
dari gambar silinder dibawah ini dengan r = 2 m, h = 5 m dan

6
 
2
3
Z
5m
Kunci Jawaban :
A  5
m 
2
X

6
3. Tentukan sudut antara
2
3
A  10aˆ y  2aˆ z
Y
dan
B  4aˆ y  0,5aˆ z
dengan
menggunakan dot product dan cross product.
Kunci Jawaban :
  161, 5
4. Tentukan sudut antara A  5,8aˆ y  1,55aˆ z dan B  6,93aˆ y  4aˆ z dengan
menggunakan dot product dan cross product.
Kunci Jawaban :
  135
5. Tentukan volume sebuah bola menggunakan sistem koordinat bola dengan
batas-batas 1  r  2 m, 0   

2
dan 0   

2
.
Kunci Jawaban :
7
V 
6
m 
3
6. Diketahui A  2aˆ x  4aˆ y  3aˆ z dan B  aˆ x  aˆ y , tentukan A  B dan A B .
Kunci Jawaban :
A  B  2
A  B  3aˆ x  3aˆ y  6aˆ z
  
7. Tentukan jarak antara  2, , 0  m dan 1,  , 2 m dengan sistem koordinat
 6 
silinder.
Kunci Jawaban :
d  3,53
m
8. Gunakan sistem koordinat bola untuk menentukan luas permukaan bola
dengan batas 0     dan jarak a meter. Berapakah hasilnya jika   2 .
Kunci Jawaban :
A  2 a 2 m 
jika   2 , maka :
A  4 a 2
m
9. Transformasikan vektor A  Ax aˆ x  Ay aˆ y  Az aˆ z ke dalam bentuk sistem
koordinat silinder.
Kunci Jawaban :
A  Az cos   Ay sin  aˆ r   Ax sin   Ay cos  aˆ  Az aˆ z .
10. Transformasikan vektor F  r 1aˆ r pada sistem koordinat bola ke dalam
sistem koordinat kartesian.
Kunci Jawaban :
F
xaˆ x  yaˆ y  zaˆ z
x2  y2  z2
BAB II
TURUNAN BERARAH (GRADIEN) DAN DIVERGENSI
2.1
Turunan berarah (gradien)
Kita perhatikan fungsi dua variabel f(x,y) turunan parsial fx (x,y) dan fy
(x,y) mengukur laju perubahan (kemiringan garis singgung) pada arah sejajar
sumbu x dan y, sasaran kita sekarang dalah mempelajari laju perubahan f pada
sembarang arah menuju konsep turunan berarah yang kemudian menjelaskan
makna gradien.
F ( x  x, y  y
Fy
Fx
F ( x  x, y)
Fx
F ( x, y)
( x  x, y  y
sb y
y
x
( x, y )
Sb x
( x  x, y )
F  Fx  Fy
 F  x  x, y   F  x, y   F  x, y  y   F  x, y 

 F  x  x, y   F  x, y 
  F  x, y  y   F  x, y 

 x   
 y 
x
y

 

untuk x dan y menuju nol
F  lim
lim x0
Δy0
x0

F ( x  x, y )  F ( x, y )
F ( x  x, y  y )  F ( x  x, y )
 x  lim
 y

y

0
x
y
F
F
 x 
 y
x
y
 F
F 
  aˆ x 
aˆ y   aˆ x dx  aˆ y dy

x

y


 F
F 
 aˆ x
 aˆ y
 aˆ x dx  aˆ y dy
y 
 x
dF

dF

dF
d

dF
d




F  
 F
 aˆx
 aˆy  .d
F 
 x
 aˆx
dF
F
 aˆy
x
y
disebut
gradien
Keterangan :
aˆ x
F
 turunan parsial F terhadap x dengan y konstan pada arah sb. X
x
aˆ y
F
 turunan parsial F terhadap y dengan x konstan pada arah sb. Y
y
  aˆ x


 aˆ y
x
y
 dinamakan operator gradien dibaca DEL atau NABLA
A. Untuk koordinat kartesian
  aˆ x



 aˆ y
 aˆ z
x
y
z
Contoh :
Diketahui :
Untuk sistem koordinat kartesian



 aˆ y
 aˆ z
x
y
z
E  V
Q
V k
r
1
2
r  x  y2  z2 2
  aˆ x


Tentukan E ?
Penyelesaian :
Q
r




  aˆ x
 aˆ y
 aˆ z

x

y

z 

E  k

1 2
  KQ  aˆ x
x  y2  z2
2

 aˆ x  aˆ y  aˆ z 
x
y
z 
 KQ 
3 
 2
2
2
 x  y  z 2 

 r 
 kQ  3 
r 

kQr
E 3
r


x

3
2
kQ
2
 y2  z2
 2 x  aˆ y


1
2
1 2
x  y2  z2
2

3
2
 2 y  aˆ z

1 2
x  y2  z2
2

Makna fisis dari operator  adalah perubahan terdekat dari fungsi F ke segala
arah (operator deferensial vektor).

3
2

 2z

B. Untuk koordinat silinder
 aˆ x   cos 
  
 aˆ y    sin 
   0
 aˆ z  
 sin 
cos 
0
0   aˆr 
 
0   aˆ 
1   aˆ z 
  
 
 

 x   cos   sin  0   r
     sin  cos  0  1 

 y  
r 


 
0
1   
 0
 

 x 
 z



  aˆ x
 aˆ y
 aˆ z
x
y
z










1  


  (aˆr cos   aˆ sin  ) cos   sin 
r
r  



1  

  aˆ z
cos   cos   sin 
r
r  
z


1 

 aˆr cos 2   aˆr sin  cos 
 aˆ sin  cos  
r
r 
r
aˆ sin   aˆ

r
1 

1 

 aˆr sin  cos   aˆr sin 2 
 aˆ cos 2  
r 
r
r 
r
1 

aˆ sin  cos 
 aˆ z
r 
z

1 

 aˆr (cos 2   sin 2  )  aˆ (sin 2  cos 2  )
 aˆ z
r
r 
z

1 

  aˆr
 aˆ
 aˆ z
r
r 
z
aˆ sin 2 
Operator gradien untuk koordinat silinder :
  aˆ r

1 

 aˆ
 aˆ z
r
r 
z
Contoh :
Diketahui : V  10z sin 
Tentukan E ?
Penyelesaian :
E  V


1

 
10 z sin  
E   aˆ r
 aˆ
 aˆ z

z 
 r r
 10 z sin   1
10 z sin  
10 z sin  
E   aˆ r
 aˆ
 aˆ z

r
r

z


10 z


E   0 
cos  aˆ  0
r


10 z
E
cos  aˆ
r
C) Untuk koordinat bola
 aˆ x   sin  cos  cos  cos   sin    aˆ r 

  
 aˆ y    sin  sin  cos  sin  cos    aˆ 

 aˆ   cos 
 sin 
0   aˆ 
 z 






 


r
 x   sin  cos  cos  cos   sin  


    sin  sin  cos  sin  cos   1  


 y  
r



    cos 
 sin 
0  1  


 


 z 
 r sin  



 aˆ y
 aˆ z
x
y
z
  aˆ r sin  cos   aˆ  cos  cos   aˆ  sin  
  aˆ x


1 
1
 
 sin cos 

 cos cos 
 sin
r
r 
r sin   

aˆ r sin  sin   aˆ cos sin  aˆ cos 


1 
1
 
 sin sin

 cos sin
 cos
r
r 
r sin  

aˆ r cos  aˆ sin   cos   sin 1  
r
r  



1 
1
 

  aˆ r sin 2 cos 2
 aˆ r sin  cos 2 cos 
 aˆ r sin cos sin 
r
r 
r sin  



1 
1
 
 aˆ cos  cos 2 sin 

 aˆ cos 2 cos 2
 aˆ cos cos sin 
r
r 
r sin   



1 
1
 
 aˆ sin sin cos 

 aˆ sin cos  cos 
 aˆ sin 2
r
r 
r sin   



1 
1
 
 aˆ r sin 2 sin 2

 aˆ r sin sin 2 cos 
 aˆ r sin sin  cos 
r
r 
r sin   



1 
1
 
 aˆ cos  sin 2  sin 

 aˆ cos 2 sin 2
 aˆ cos  sin  cos 
r
r 
r sin   



1 
1
 
 aˆ cos  sin  sin 

 aˆ cos  cos  sin 
 aˆ cos 2
r
r 
r sin   


1   

1  

2
 aˆ r cos  sin 
 aˆ sin 2 
 aˆ r cos 
   aˆ sin  cos 

r
r   
r
r  




  aˆ r sin 2 cos 2  sin 2  cos 2
 0  0 
r


1  

2
2
2
2
 aˆ cos  sin   cos   sin 

r  





1
 

2
2
 aˆ sin   cos 

r sin   


1 
1
 

  aˆ r
 aˆ
 aˆ

r 
r sin   
 r
operator gradien untuk sistem koordinat bola adalah :
  aˆ r

1 
1

 aˆ
 aˆ
r
r 
r sin  
Contoh :
Diketahui :
E  V
Q
V k
r

1 
1

  aˆ r
 aˆ
 aˆ
r
r 
r sin  
Tentukan E ?
Penyelesaian :
Q
r

1 
1
  Q

E   aˆ r
 aˆ
 aˆ
k
r 
r sin    r
 r
E   aˆ r r 2  0  0 kQ


kQ
r
E  2 aˆ r dim ana  ar 
r
r

kQr
E 3
r
E  k
  
2.2

DIVERGENSI DAN MAKNA FISISNYA
Operator lain yang penting yang pada dasarnya merupakan turunan
adalah operator divergensi. Divergensi suatu vektor didefinisikan sebagai berikut :
Divergensi suatu vektor adalah linit integral permukaan per satuan volum kalau
volum yang terlingkupi oleh permukaan tersebut mendekati nol.

Lambang dari divergensi adalah   (dot product) dari V dengan satu vektor.
Arti fisisnya adalah mencari nilai fluks tiap satu satuan volume :
( jumlah keluaran  luas permukaan  jumlah masukan  luas permukaan
volume
Secara matematik operator divergensi didefinisikan sebagai :

 


  A   aˆ x
 aˆ y
 aˆ z   aˆ x Ax  aˆ y Ay  aˆ z Az
y
z 
 x

Untuk sembarang vektor A
 A 



Ax 
Ay  Az
x
y
z

a).
OPERATOR DIVERGENSI PADA SISTEM KOORDINAT
KARTESIAN
Jika vektor A mempunyai komponen pada sb. X : Ax; pada sb. Y : Ay dan pada sb.
Z :Az melewati suatu ruang seperti pada gambar sebagai berikut :
(x, y+y, z)
Az
Ay
z
y
Ax
x
(x, y, z)
 A 
(x + x, y, z)
 keluaran  Luas Penampang  masukan Luas Penampang 
volume
dimana elemen volume = x  y  z
 Ax  x  x, y, z yz  Ax  x, y, z yz Ay  x, y  y, z xz  Ay  x, y, z xz



x

y

z
xyz
 A
lim




A
x
,
y
,
z


z

x

y

A
x
,
y
,
z

x

y
 z
z
v 0

xyz

 Ax  x  x, y, z   Ax x, y, z  Ay  x, y  y, z   Ay  x, y, z  




x

y


 Az  x, y, z  z   Az  x, y, z 



z
Ay  x, y  y, z   Ay  x, y, z 
A  x  x, y, z   Ax  x, y, z 
  A  lim x
 lim

x 0
y 0
x 0
x
y
y 0
z 0
Az  x, y, z  z   Az  x, y, z 
z 0
z
Ax Ay Az
 A 


x
y
z
operator divergensi pada sistem koordinat kartesian :
lim
 A 
Ax Ay Az


x
y
z
dengan demikian terbukti bahwa :
 A 
nilai keluaran Luas Permukaan  nilai masukan Luas Permukaan
volume






  B  Kerapa tan fluks magnet
  D  Kerapa tan fluks listrik
Untuk mendapatkan operator divergensi pada sistem koordinat lain maka operator
 di dot kan (perkalian skalar) dengan vektor yang akan dicari kerapatannya.
Contoh
1. Diketahui : A  x 2 aˆ x  yz aˆ y  xy aˆ z
Tentukan . A ?
Penyelesaian :
. A 
 2


x   yz   xy   2 x  z
x
y
z
 
2. Diketahui : D  10 xaˆ x  200 y 2 aˆ y
Tentukan :   D dititik (1,2,3)
Penyelesaian :
 Ax  Ay  Az


y
y
z
 10 x 
 200 y 2
D 
aˆ x 
aˆ y
x
y
  D  10 aˆ x  400 y aˆ y
D 


  D dititik (1,2,3) adalah   D  10  400  2  810
3.
Diketahui : A  10e 2 x aˆ x  5 y 2 aˆ y  10 cos 4 zaˆ z
Tentukan   D dititik (1,2,0)
Penyelesaian :
 A 
Ax Ay Az


x
dy
z
 A 
 10e 2 x
 5y2
10 cos 4 z 
aˆ x 
aˆ y 
aˆ z
x
dy
z


 
  A  20e 2 x aˆ x  10 y aˆ y  40 sin 4 z aˆ z
  A dititik (1,2,0) adalah
  A  20e 2  20
b) OPERATOR DIVERGENSI PADA SISTEM KOORDINAT SELINDER
Operator divergensi juga digunakan pada sistem koordinat silinder,
sebagai berikut :

 
1 

. A   aˆ r
 aˆ
 aˆ z   aˆ r Ar  aˆ A  aˆ z Az
r 
z 
 r

Dari pembahasan sebelumnya
aˆ r  aˆ x cos   aˆ y sin 
aˆ  aˆ x sin   aˆ y cos 
aˆ z  aˆ z


aˆ r  aˆ x cos   aˆ y sin  
r
r

aˆ r  0
r


aˆ x cos   aˆ y sin  
aˆ r 



aˆ r  aˆ



 aˆ x sin   aˆ y cos  
aˆ 



aˆ  aˆ x cos   aˆ y sin 


aˆ  aˆ r


aˆ  aˆ z
z z

aˆ  0
z z
Oleh karena itu diferensial parsial dari unit vektor mempunyai harga
dan

aˆ  aˆ selain itu semua berharga 0.
 r
Maka :

aˆ  aˆ r



 
1 

  A   aˆ r  aˆ
 aˆ z . aˆ r Ar  aˆ A  aˆ z Az
r 
z 
 r





 

  A  aˆ r  aˆ r Ar  aˆ r  Ar aˆ r  aˆ r  aˆ A  aˆ r . A aˆ  aˆ r  aˆ z Az  aˆ r  Az aˆ z  
r
r
r
r
r
r 

1 
1 
1 
1  

aˆ  aˆ r r  Ar  aˆ  Ar r  aˆ r  aˆ  aˆ r  A  aˆ  A r  aˆ 


 aˆ  aˆ 1  A  aˆ  A 1  aˆ

  z r  z  z r  z






 

aˆ z  aˆ r z Ar  aˆ z  Ar z aˆ r  aˆ z  aˆ z A  aˆ z  A z aˆ  aˆ z  aˆ z z Az  aˆ z  Az z aˆ z 


1 
r  Ar   1  A   Az 
 A 
r r
r 
z
 
Operator divergensi pada sistem koordinat silinder :
A
A
1 
r.Ar   1   z
 A 
r r
r 
z
c).
OPERATOR DIVERGENSI PADA SISTEM KOORDINAT BOLA
Operator divergensi juga digunakan pada sistem koordinat bola, sebagai
berikut :

1 
1
 
 
  A   aˆ r
 aˆ
 aˆ
  aˆ A  aˆ A  aˆ A
r 
r sin    r r
 r
dari pembahasan sebelumnya didapat :
aˆ r  aˆ x sin cos  aˆ y sin  sin   aˆ z cos
aˆ  aˆ x cos cos  aˆ y cos  sin   aˆ z sin
aˆ  aˆ x sin  aˆ y cos   0


aˆ r  0
r

aˆ r  aˆ x cos cos  aˆ y cos  sin   aˆ z sin

 aˆ

aˆ r   aˆ x sin sin  aˆ y sin  cos   aˆ z cos


aˆ  0
r

aˆ   aˆ x sin cos  aˆ y sin  sin   aˆ z cos

  aˆ r

aˆ  0


aˆ  0
r

aˆ  0


aˆ   aˆ x cos  aˆ y sin 





1 
1
 
  aˆ A  aˆ A  aˆ A
  A   aˆ r
 aˆ
 aˆ
r 
r sin    r r
 r







aˆ r  aˆ r r Ar  aˆ r  Ar r aˆ r  aˆ r  aˆ r A  aˆ r  A r aˆ  aˆ r  aˆ r A  



aˆ r  A

aˆ
r 


1

1

1

1



aˆ  aˆ r r  Ar  aˆ  Ar r  aˆ r  aˆ  aˆ r  A  aˆ  A r  aˆ  


1 
1 
aˆ  aˆ

A  aˆ  A
aˆ
r  
r  


1

1

1



aˆ  aˆ r r sin   Ar  aˆ  Ar r sin   aˆ r  aˆ  aˆ r sin   A  


1

1

1

aˆ  A
aˆ  aˆ  aˆ
A  aˆ  A
aˆ 
   r sin   
r sin   
r sin    
1  2
1

sin   A   1  A
 2
r  Ar 
r sin  
r sin  
r r


 
Operator divergensi pada sistem koordinat bola adalah :
 A 
 
1  2
1

sin   A   1  A
r  Ar 
2
r sin  
r sin  
r r


Contoh
1.
Diketahui : A  r sin  aˆ r  2r cos  aˆ  2 z 2 aˆ z
Ditanya
:  A  ?
Penyelesaian :
:
1  2
1 
2r cos     2 z 2
r sin  
r r
r 
z
 2 sin   2 sin   4 z
 4z

. A 
2.
Diketahui : D 

 
10r 3
aˆ c 2
4 r m
Tentukan :   D
Penyelesaian :
 
1 
1 

(rDr ) 
D  D z 
r r
r 
z
1 
10
D 
(r  r 3 )
r r
4
1  10 4
D 
( r )
r r 4
1
10
  D   4 r3
r
4
2
  D  40r
D 
3.
Diketahui : D 
10 3
r aˆ r r  5  2m;0  z  10;0    2
4
Tunjukan ruas kiri dan kanan dari teorema divergensi


 D  ds     D  dv
Pennyelesaian :
Ruas Kanan
1 
rDr 
D 
r r
1   10 4 

 r 
r r  4 
 10r 2
10 2
   Ddv     10r  rdrd dz
5
2
0

0
10
2
2 10
  
z 0
10r 3 dr d dz
0 r 0
5
4
10 
2
10
  r    0 z z 0
 4  r 2
10 4

3  2   10 
4
 4050
 
Ruas Kiri
 
 
 
s

D

d
s

D

d
s

D
1
2
 

  ds3
  D  rd dz aˆ r   D  rd dr aˆ z   D  rd dr  aˆ z 
10 2
10 2
10 2
10 3
10 3
10 3
  
r aˆ r  rd dz aˆ r   
r aˆ r  rd dr aˆ z   
r aˆ r  rd dr aˆ z
4
4
4
z 0  0
z 0  0
z 0  0
 10 
2
10
  r 4    0   z 0
4 
 10 
  r 4   2   10 
4 
 50 r 4
karena 2  r  5 maka :
 
4
D
  ds  50 5  2
 50 3
 4050
4
2.3
TEOREMA DIVERGENSI GAUSS
Seperti telah dijelaskan dalam pembuktian makna fisis divergensi bahwa
divergensi adalah nilai kerapatan fluks, sekarang akan kita buktikan teorema
divergensi gauss yang di definisikan :
 


A
dv

A

  ds
v
s



A  ds = integral permukaan tertutup
s
 . dv = integral volume
v
Contoh
1. Diketahui : A  5 sin aˆ  5 sin aˆ ,
Tentukan . A di 0.5;  ;  = ?
4 4
Penyelesaian :
 
 2
1

 A sin   1  A
r  Ar 
r
r sin  
r sin  
 2
1

5 sin  aˆ  sin   1  5 sin  aˆ
r 0 
r
r sin  
r sin  
10
5
 0  sin  cos  aˆ 
cos  aˆ
r
r sin 

1
r2
1
 2
r
. A 


karena r  0.5,  
 A 



4
, 

4
10


sin  cos aˆ 
0.5
4
4
maka :
5
0.5 sin
 10 aˆ  10 aˆ
2.
Diketahui : D 



cos

4
aˆ
4
5 2
r aˆ r c 2
m
4
1  2
1

1

(r Dr) 
( D sin  ) 
( D )
2
r sin  
r sin  
r r
Ditanya : Buktikan bahwa ruas kiri sama dengan ruas kanan dari persamaan
berikut
 
D
  ds 
   D dv
Penyelesaian :
Ruas kanan
1
r2
1
 2
r
 5r
.D 
 2
(r Dr )
r
 5 4
 r 
r  4 
   D dv   5r  r sin d d dr


    5r  sin d d dr


2
5
2
2
3
r 0
0
0
5
5 
2
2
  r 4   cos  0  0
4 0
3125


2
Ruas kiri
 
D
  ds 

5
 4 r
5
2
2
aˆ r  r 2 sin d d aˆ r
2
  
r 0  0  0
5
4
5 4
r sin d d
4
5 
2
2
  r   cos 0  0
4 0
3125


2
Makna fisis divergensi Gauss
Dari hukum Gauss :
 
D
  ds  Q
s
untuk satu satuan volume v
 
s D  ds Q
D 

v
v
dan diambil volume menuju nol
v  0.

  D  lim

 D  ds
s
v
v  0
Q
v  0 v
 lim
maka .D   v .................................................................(i)
subtitusikan Q 
  dv ke hukum Gauss
v
vol
maka
 D  ds    dv ....................................................(ii)
v
s
vol
dari (i) dan (ii) didapatkan hasil akhir bentuk divergensi Gauss :
 D  ds     D dv
s
vol
Makna fisis persamaan diatas adalah :
Integral komponen normal dari setiap medan vektor pada seluruh permukaan
tertutup sama dengan integral divergensi vektor tersebut dalam seluruh volume
yang terlingkung oleh permukaan tertutup tersebut.
Soal-soal dan Penyelesaiannya
1. Diketahui A  x 2 aˆ x  yzaˆ y  xyaˆ z , tentukan   A .
Penyelesaian :
A  2x  z
  x
2. Diketahui A  5 x 2  sin
aˆ x , tentukan   A jika x = 1.
2 

Penyelesaian :
  A x1  10

3. Diketahui A  x  y
2

1
2 2
aˆ x , tentukan   A pada posisi (2, 2, 0).
Penyelesaian :
  A 2, 2,0   8,84  10 2
4. Diketahui D 
Q
1  cos 3r aˆ r
 r2
tentukan rapat muatannya.
C
m2
dalam system koordinat bola,
Penyelesaian:

C m 
3Q
sin 3r
 r2
3
5. Dalam system koordinat bola diketahui D 
batas 0  r  1 m , dan D 
 4  10 4
aˆ r
r2
 2  10 4
aˆ r
r
C m  dengan
2
C m  dengan batas
2
r 1 m.
Tentukan rapat muatan untuk kedua batas tersebut.
Penyelesaian :
Untuk 0  r  1 m

 2  10 4
r2
C m 
3
untuk r  1 m
 0
6. Diketahui D  10 sin  aˆ r  2 cos  aˆ
C m , tentukan rapat muatannya.
2
Penyelesaian :

sin 
18  2 cot 2 
r


C m 
3
7. Buktikan bahwa divergensi dari E sama dengan nol
 100 
jika E  
aˆ  40aˆ z .
 r 
 r 2  a2 
aˆ r dengan
8. Dalam system koordinat silinder diketahui D   o 
2
r


 b2  a2
batas a  r  b , dan D   o 
 2r

aˆ r dengan batas r  b . Untuk

r  a maka D  0 . Tentukan  pada setiap batas tersebut.
Penyelesaian :
Untuk a  r  b , D = 0
Untuk r  b , D   o
Untuk r  a , D = 0
9. Diketahui A  10aˆ r  5 sin  aˆ , tentukan   A .
Penyelesaian :
 10 
  A  2  cos   
 r 
10. Diketahui D 



10
1  e 2 r 1  2r  2r 2 aˆ r dalam system koordinat bola,
2
r
tentukan rapat muatannya.
Penyelesaian :
  40e 2 r
C m .
3
BAB III
CURL (ROTASI) DAN MAKNA FISISNYA
Secara matematis operator curl ditulis dalam bentuk simbol ( ) . Operasi
curl ini jika diterapkan pada vektor akan mendapatkan vektor baru.

 
Misal kita terapkan ( ) kepada vektor A atau ditulis sebagai (xA)
  A   aˆ x




 aˆ y
 aˆ z   aˆ x Ax  aˆ y Ay  aˆ z Az 
x
y
z 
dalam bentuk matriks :
 aˆ x


 A  
x

A
 X
aˆ y aˆ z 

  
y z 

AY AZ 









  A  aˆ x  Az  Ay   aˆ y  Az  Ax   aˆ z  Ay 
Ax 
z 
z 
y 
 x
 y
 x
Arti fisis:
Curl atau rotasi dari vektor adalah mencari jumlah kerja lintasan tertutup
persatuan luas
(x, y+y, z)
Az
Az
(x, y, z + z)
Ay
Ay
z
Ax
y
x
( x,y,z )
(x, y, z)
Ax
(x + x, y, z)
Kerja yang dilakukan dalam lintasan tertutup permukaan y z permukaan
samping)
Lintasan 1 = Ay (x,y,z) y
Lintasan 2 = Az (x,y+y,z) z
Lintasan 3 = -Ay (x,y+y,z+z) y
Lintasan 4 = - Az (x,y,z+z) z
Total ker ja :
Ay x, y, z y  Ay x, y  y, z  z y  Az x, y  y, z z  Az x, y, z  z z
sehingga jumlah seluruh kerja pada lintasan tertutup muka samping persatuan luas
(y z) adalah:
Total ker ja 
y 0
z 0
A x, y, z   A x, y  y, z  z y  A x, y  y, z  z   A x, y, z  z z
y
y
Z
yz
Z
yz
 Ay ( x, y, z )  Ay ( x, y  y, z  z ) Az ( x, y  y, z  z )  Az ( x, y, z  z 
 lim 


y 0
z
y


z 0
Jika permukaan atas dan permukaan depan diselesaikan seperti diatas dan
kemudian semuanya dijumlahkan dengan permukaan samping maka kita
dapatkan:
Total kerja dalam lintasan tertutup persatuan luas   A , yaitu:









  A  aˆ x  Ax  Ay   aˆ y  Ax  Az   aˆ z  Ay 
Ax 
z 
x 
y 
 z
 y
 x
dengan demikian terbukti bahwa makna fisis dari rotasi suatu vektor adalah
mencari kerja total yang dilakukan oleh vektor tersebut dalam lintasan tertutup
dibagi oleh luas permukaan dalam lintasan tertutup tersebut.
Untuk curl A dalam koordinat silinder dan bola dapat diturunkan dengan
cara yang sama seperti koordinat kartesian
 1 AZ A 
A
 A
aˆ r   Z  r
  A  

z 
z
 r
 r 
sec ara matriks
 aˆ r


 r
A
 r
1   rA  Ar


aˆ  
r  r


aˆ
1 
r 
A
aˆ z 


z 
Az 

aˆ Z

( silinder )


 
  A sin  A






sec ara matriks
 A 
1
r sin 
 aˆ r

 

 r
A
 r
 

  rA
A
1 Ar 
1   rA
aˆ r  1 

aˆ  
 r




r  r
sin   
r  r


aˆ

1 
r 
A


aˆ


(bola )
aˆ


1
 

r sin   
A



Catatan:
Arah rotasi (curl) sesuai dengan kaidah tangan kanan. (cros product dari vektor).
Dari pengertian makna fisis Curl, total kerja dalam lintasan tertutup
persatuan luas permukaan lintasan, dapat dituliskan dalam hubungan matematis
sebagai berikut:

Total Kerja dalam lintasan tertutup
  A  lim
ΔS 0
ΔS
 

A  dl
  A  lim 
S  0
S
Definisi diatas mempunyai konsekuensi matematis dalam bentuk lain yang
dirumuskan oleh Stokes.
Stokes Theorem:
 



A

ds

A

  dl
Catatan :
*Teorema Stokes
Teorema Integral Stokes ini banyak digunakan pada persoalan Hk.
Ampere, Hk. Maxwell untuk medan magnet.
Contoh
Diberikan medan faktor umum A  xz 3 aˆ x  2 x 2 yz aˆ y  2 yz aˆ z dalam koordinat
kartesian. Carilah curl A pada titik (1, -1, 1).
Penyelesaian:


 
xA   â x  â y  â z  x xz 3 â x  2x 2 yzâ y  2 yz4 â z
y
z 
 x





  2 yz4 
 2x 2 yz â x
z
 y




  2 yz4 
xz 3 â y
z
 x


â x
â y
â z

x

y

z
xz 3
 2x 2 yz 2 yz4







 



   2x 2 yz 
xz 3 â z
y
 x



 

 2z 4  2x 2 y â x  3xz 2 â y  4xyz â z
xA di 1,1, 1

 

xA  21  21  1 â x  311 â y  41 11â z
4
2
2
 3 â y  4 â z
Diberikan medan vektor umum
A  3r 2 z 2 aˆ r  5r sin aˆ  4 z 3 r aˆ z
dalam
koordinat silinder Carilah curl A di titik (3;/2;2) ?
Penyelesaian :
 1 Az A 
 1  rA Ar 
 Az Ar 
â r  
â z
xA  



â   
z 
z 
 
 r
 r 
 r r
 
  
3
2 2
 1  4z 3 r  5r sin  

â    4z r   3r z


 r 
 r  r
z
z





 0  4z 3  2z3r 2 â  
â    1 r5r sin   3r 2 z 2 â z


1
10r sin   â z
r
1
3
3
xA  3, / 2,2     42  223 â   103 sin  / 2â z


3


  32  108â   10â z
 76â   10â z
r

r



Soal-soal dan Penyelesaiannya
1.
Diketahui medan vector A  5r sin  aˆ z dalam system koordinat silinder,
tentukan curl A pada posisi (2, , 0).
Penyelesaian :
  A 2, ,0   5aˆ r
2.
Diketahui medan vector A  10 sin  aˆ dalam system koordinat bola.
  
Tentukan curl A pada posisi  2, , 0  .
 2 
Penyelesaian :
 A 
 
 2, , 0 
 2 
3.
 5aˆ
Buktikan bahwa curl dari
xaˆ
x
2
4.
Diketahui medan vector
 yaˆ y  zaˆ z 
x
y z
2

3
2 2
sama dengan nol.
 1 
A  e 2 z  sin  aˆ dalam system koordinat
2 




silinder, tentukan curl A pada posisi  0,800 ; ; 0,500  .
3


Penyelesaian :
 A 


 0,800; ; 0 , 500
3


 0,368aˆ r  0,230aˆ z
5.
Buktikan bahwa curl dari A 
2 cos 
sin 
aˆ r  3 aˆ adalah nol.
3
r
r
6.
Diketahui medan vector
A  5e  r cos  aˆ r  5 cos  aˆ z
 3 
koordinat silinder, tentukan curl A pada posisi  2, , 0  .
 2 
Penyelesaian :
 A 
3 
 2, , 0 
2 

 2,5aˆ r  0,34aˆ z
dalam system
7.
Diketahui vector A  2,5aˆ  5aˆ dalam system koordinat bola, tentukan
curl dari A pada posisi
  
 2, , 0  .
 6 
Penyelesaian :
 A 
 
 2, , 0 
 6 
8.
 4,33aˆ r  2,5aˆ  1,25aˆ
Diketahui vector A  sin  aˆ r  sin  aˆ dalam system koodinat bola,
  
tentukan curl dari A pada posisi  2, , 0  .
 2 
Penyelesaian :
 A 
 
 2, , 0 
 2 
0
9.
Buktikan bahwa curl dari sebuah gradient adalah nol.
10.
Diketahui vector A  sin 2 aˆ dalam system koordinat silinder, tentukan
  
curl dari A pada posisi  2, , 0  .
 4 
Penyelesaian :
 A 
 
 2, , 0 
 4 
 0,5aˆ z .
BAB IV
GAYA COULOMB DAN INTENSITAS MEDAN LISTRIK
4.1
HUKUM COULOMB
Dari hasil empiris didapatkan bahwa antara dua muatan listrik (Q1 dan Q2)
yang berjarak d dalam ruang yang permitivitas listriknya  terdapat gaya interaksi
sebesar:

1 Q1Q2
F
aˆ d
4 d 2
d = jarak antara Q1 dan Q2
â d satuan yang menunjukan arah gaya
(d jauh lebih besar dari ukuran benda yang bermuatan Q1 dan Q2)
Z

F12

r1
Q1

r2
 
r1  r2
Q2
Y
X

1 Q1Q2  
r1  r2 
F12 
4 r1  r2 2

1 Q1Q2  
r1  r2 
F12 
4 r1  r2 3
 
dimana : r1  r2 adalah vektor satuan yang arahnya dari Q2 ke Q1.

F12 = adalah gaya pada muatan Q1 oleh muatan Q2.

r1  x1aˆ x  y1aˆ y  z1aˆ z

r2  x2 aˆ x  y 2 aˆ y  z 2 aˆ z
 
r1  r2  ( x1  x2 )aˆ x  ( y1  y 2 )aˆ y  ( z1  z 2 )aˆ z

Dengan demikian kita bisa tuliskan F yang merupakan gaya pada muatan Q2 oleh
muatan Q1 yaitu :



1 Q1Q2
ˆ
ˆ


F21 
r

r
atau
:
F


F
2
1
12
21
4 r2  r1 2
yang merupakan gaya aksi reaksi.
 = or
o = permitivitas vakum


10 9
 8,854 x10 12 F / m 
F / m 
36


r = permitivitas relative.
Dari penjelasan diatas dapat diturunkan bahwa :

1 
Fmedium  Fvakum
r

didalam udara F harganya hampir sama dengan di vakum.
Gaya pada satu muatan Q yang disebabkan oleh banyak muatan ditulis dalam
bentuk hubungan matematik

1  N QQ1 rˆ  rˆi  
FR 

4  i 1 r  ri 3 


Gaya interaksi akibat muatan-muatan listrik ini ada yang tarik menarik (jika jenis
muatannya berbeda) dan tolak-menolak jika jenis muatannya sama.
Contoh
1.
Hitung gaya di Q1 jika diketahui :
Z
Q1 = 2 mC pada posisi (3,-2,-4);
Q2
Q2 = 2 C pada posisi (1,-4,2)

r2
Y

r1
Q1

F12
Penyelesaian :
 
r1  r2  2aˆ x  2aˆ y  6aˆ z
 
r1  r2  2 2  2 2  6 2  44
 

Q!Q2 (r1  r2 )
F12  K
  3
r1  r2

2.10 3  5.10 6
F12  9  10 9
(2aˆ x  2aˆ y  6aˆ z )
3
44

F12  0,616aˆ x  0,616aˆ y  1,8484aˆ z
F12  (0,616) 2  (0,616) 2  (1,848) 2
F12  4,174
F12  2,04 Newton
2.
Empat muatan masing-masing
Q1= -2 C pada posisi (0,3,0) m;
Z
X
Q2= 1 C pada posisi (1,4,0) m;
Q3= 3 C pada posisi (4,0,0) m;
Q4= -1 C pada posisi (0,-3,0) m.
Q
4
F34

F31

F32
Q
X
3
Tentukan besar gaya interaksi
Q
Y
1
Q
2
pada muatan Q3 jika muatan-muatan
tersebut
terdapat
vakum/udara.
pada
ruang
 1
Newton.m 2 

 9  10 9
Penyelesaian : 
Coulomb 2 
 4 0
 
r3  r1  4aˆ x  3aˆ y
 
r3  r1  42  (3) 2  5m
 
r3  r2  3aˆ x  4aˆ y
 
r3  r4  4aˆ x  3aˆ y
 
r3  r4  42  32  5m
 
 
 

Q3Q1 (r3  r1 )
Q3Q2 (r3  r2 )
Q3Q4 (r3  r4 )
F3 R  K   3  K
  3 K
 3
r3  r1
r3  r2
r3  r4

3.(2).(4aˆ x  3aˆ y )
3.1.(3aˆ x  4aˆ y )
3.(1).(4aˆ x  3aˆ y )
F3 R  9 x109.
 9 x109.
 9 x109.
3
3
5
5
53

F3 R  432000000(4aˆ x  3aˆ y )  216000000(3aˆ x  4aˆ y )  216000000(4aˆ x  3aˆ y )

F3 R  1944  106 aˆ x  216  106 aˆ y
F3 R 
 1944  10    216  10 
6 2
F3 R  1955,96319  106 Newton
6 2
4.2
INTENSITAS MEDAN LISTRIK
Medan listrik adalah suatu besaran yang mempunyai harga pada tiap titik
dalam ruang ( medan adalah seuatu yang merupakan fungsi kontinu dari posisi
dalam ruang ).
Dalam membahas suatu medan dipakai istilah kuat medan. Untuk medan
gaya Coulomb intensitas medan listrik ( kuat medan listrik = electric field
intensity ) adalah vektor gaya coulomb yang bekerja pada satu satuan muatan
yang kita letakan pada suatu titik dalam medan gaya ini dengan simbol E r  .
Misal kita mempunyai muatan sumber Q berupa titik dan ingin kita test harga
 
medannya dengan muatan Qt  0 maka E (r ) harus sama dengan :
Z

F12
Q (sumber)
 
1
r  r1

r
r
Q
(test)
Y
X
 

F (r , Qt )
QQt
 
1
E (r ) 

 r 'r 


2
Qt
4 0 r 'r  Qt
E (r ) 
1 
Q
  3 (r  r )
4 0 r 'r
 
dimana: (r1  r2 ) adalah vektor satuan yang arahnya dari Q ke Qt (arah menjauhi
muatan sumber).
Satuan Intensitas Medan Listrik
Satuan intensitas medan listrik diukur dalam satuan Newton per Coulomb
(gaya per satuan muatan) atau volt per meter, karena volt = Newton meter per
Coulomb.
Contoh :
Hitung E pada Q2 pada titik (3,-4,2) yang disebabkan oleh muatan Q1 = 2
nC di titik (0,0,0).
Penyelesaian :

r2  3aˆ x  4aˆ y  2aˆ z
 
r2  r1  32  42  22
 
r2  r1  29

 
Q1
E
  3 (r2  r1 )
4 o r2  r1

2  109
3aˆ x  4aˆ y  2aˆ z 
E  9  109
3
29

E
18
3aˆx  4aˆ y  2aˆz 
29 29

E  0,1153aˆ x  4aˆ y  2aˆ z 

E  (0,345aˆ x  0,460aˆ y  0,230aˆ z ) N / m
E  0,3452  (0,46)2  0,232
E  0,619 N / m
4.3
MEDAN LISTRIK OLEH MUATAN-MUATAN TITIK
Z
E1 (ro)
Q1
E0 (ro)
 Q
r1
E

r0

r2
E1 (ro)
Q
2
Y
X
Karena gaya coloumb adalah linier, intensitas medan listrik yang
disebabkan oleh dua muatan titik Q1 di r1 dan Q2 di r2 adalah jumlah gaya pada
muatan Qt yang ditimbulkan Q1 dan Q2 yang bekerja sendiri-sendiri atau :
 
 
1 Q1 (r0  r1 )
1 Q2 (r0  r2 )
E (r ) 

4 r0  r1 3
4 0 r0  r2 3
Jika kita tambahkan lebih banyak muatan pada kedudukan lain, medan
yang disebabkan oleh muatan titik adalah :
  

N 
 
 
1  N Qi (r  ri ) 

E (r )   E (r ) atau E (r ) 

4  i 1 r  r 3 
i 1
i


Contoh :
Hitung E pada titik A0 jika diketahui : A0 = (1,1,1), A1 = (1,1,0), A2 = (1,1,0), A3 =(-1,-1,0), A4 = (1,-1,0) dan Q1 = Q2 = Q3 = Q4 = 3 nC
Penyelesaian :
r0  r1   aˆ z
 
2
r0  r1  1  1
r0  r2   2 aˆ x  aˆ z
 
2
2
r0  r2  2  1  5
r0  r3   2 aˆ x  2 aˆ y  aˆ z
 
2
2
2
r0  r3  2  2  1  3
r0  r4   2 aˆ y  aˆ z
 
2
2
r0  r3  2  1  5
 
 
 
 

Q  (r0  r1' ) (r0  r2 ) (r0  r3 ) (r0  r4 ) 
E



4 0  r0  r1 3 r0  r2 3 r0  r3 3 r0  r4 3 



 aˆ
2aˆ x  2aˆ y  aˆ z 2aˆ y  aˆ z
2aˆ  aˆ
E  9 10 9  3 10 9  3z  x 3 z 

3
3
1
3
5
5

 
 2aˆ x  2aˆ y  28aˆ z 2aˆ x  2aˆ y  2aˆ z  5 


E  27  



27
25



 2aˆ x  2aˆ y  28aˆ z 4,48aˆ x  4,48aˆ y  4,48aˆ z
E  27  

27
25


 170,96aˆ x  170,96aˆ z  820,96aˆ z 
E  27  

675



E  6,84aˆ x  6,84aˆ y  32,84aˆ z







E  6,84 2  6,84 2  32,84 2
E  34,24 N / m
4.4
MEDAN LISTRIK OLEH DISTRIBUSI MUATAN KONTINU
Jika sumber listrik tidak lagi merupakan muatan titik melainkan dalam
suatu bentuk dan ukuran tertentu yang terdistribusi secara kontinu bisa berupa
ruang, bidang ataupun garis, maka intensitas medan listriknya adalah :
 

1 dq(r  r ' )
dE 
4 r  r ' 3
i
 
 
 v (r  r ' )dv
E (r )  
4 r  r ' 3
v
Z

F12

r

r'
 
r  r'
Y
X
(muatan sumber berbentuk ruang)
 
 
 (r  r ' )ds '
E (r )   s   3
4 r  r '
s
muatan sumber berbentuk permukaan.
 
 
 l (r  r ' )dl '
E (r )  
4 r  r ' 3
l
muatan sumber berbentuk garis.
Contoh :
Muatan tersebar secara merata pada garis lurus yang panjangnya tak

berhingga dengan kecepatan  l tentukan E disuatu titik p sejauh r dari muatan
garis.
Penyelesaian : Gunakan sistem koordinat silinder
r1=z
r – r’
r
dq   l  dr '   l  dz

r  z aˆ z

r '  r aˆ r
dE
p
1
dE
r 1 = -z
r'  r  d
 
r '  r  (r 2  z 2 ) 2

dl  dz

dE 

dE 
dq
 
4 o r  r '


2 

 
r r'
 
r r'




l  dz
(raˆr  zaˆ z )
4 o (r  z ) (r 2  z 2 )1 / 2
   dz (raˆr  zaˆ z )
dE  l
4 o (r 2  z 2 )1 / 2
2
2
karena pada setiap dq pada z ada dq pada –z sehingga komponen z saling
menghilangkan maka :

dE 
 l dz (raˆ r )
4 o (r 2  z 2 )1 / 2
  .r
E l
4 o
~
dz
r
z
~ (r 2  z 2 )1 / 2 aˆ r  4 o r 2 r 2  z 2
  raˆ  z
( z )   raˆ  2 
E l r  2  2  l r  2
4 o  r z r z  4 o  r 

l
E
aˆ r
2 o r
z~
aˆ r
z ~
Contoh :
Pada garis lurus yang ditentukan oleh x = 2 m, y = -4 m tersebar muatan
secara bersamaan dengan kerapatan  = 20 nC/m. Tentukan kuat medan listrik E
di (-2,-1, 4) m.
Penyelesaian :

r  2aˆ x  1aˆ y  4aˆ z

r '  2aˆ x  4aˆ y
r  r'  4aˆx  3aˆ y  4aˆ z
 
r  r' 
 42  32  42
 41
 

  r  r '
E
 3
2 o r  r

E
20  109
2  3,14  8,85  1012



  4aˆ x  3a y  4aˆ z 


41



  80aˆ x  60a y  80aˆ z  10 9
E
355,87  1012
 m


E  224,8aˆ x  168,6a y  224,8aˆ z N
4.5
MEDAN LISTRIK AKIBAT MUATAN BERBENTUK LEMPENG
Z

dE
Terapkan ungkapan

dE

r

dE 
1
1 .dl
4 0 r  r
' 3
 
(r  r ' )

r  zaˆZ

r '  raˆr
 
r  r'
Y
dl  ds  rd

r'
karena simetris â r dz
saling
meniadakan.
X
Muatan tersebar merata dalam bidang datar tak berhingga dengan kerapatan S .
Tentukan besar medan (intensitas medan) akibat muatan tersebut.

dE 

dE 

dE 
 '
dq
  ' 3 (r  r )
r r
1
4 0
 ˆ

 za z  raˆ r 
 S .d .dr.
1 
 r 2  z 2 2 
(r  0) 2  (r.d  r.d ) 2  ( z  0) 2
1


4 0
 S r.d.dr
1
4 0
3
2 2


( zaˆ z  raˆr )
(r  z )
2
karena simetris komponen radial saling meniadakan.

dE 

E
 S rddr
1
4 0 (r 2  z 2 )3 / 2
1
 2
 
4 0 r  0
0
zaˆ z
 S rddr
(r  z )
2
2 3/ 2
zaˆ z 
 S 2z
rdr
aˆ z
2

4 0 (r  z 2 )3 / 2
lihat tabel

  z 

 S zaˆ z   1
1
1
E  S aˆ z  2

 

2 1/ 2

2 0  (r  z )  
2 0  r   z 
  
E  S az
2 0
Contoh
Tentukan E disemua titik jika diketahui lempeng seluas 100 cm2 yang
mengandung distribusi muatan yang serba sama sebesar
listrik disekitar muatan tersebut.
Penyelesaian :
1
4  o
 9  10 9
o 
E
1
36  10 9

2 o
dimana :  
Q
S
10
 10 6
10
9

  10  4 C 2
4
m
9
100  10
10
 10  4

E
 9
2 o


1

2
9 
 36  10 
 

 
5
 10 5 V
m
4
10
 C . Tentukan medan
9
BAB V
FLUKS LISTRIK DAN HUKUM GAUSS
5.1. MEDAN SKALAR DAN MEDAN VEKTOR
 dikatakan medan skalar jika terdefinisi suatu skalar  di setiap titik
dalam ruang, yaitu φ (x,y,z ) atau (suatu fungsi  yang mengaitkan suatu bilangan
dengan  tiap titik didalam ruang). Medan
u dikatakan medan vektor jika :
Terdefinisi suatu vektor u disetiap titik didalam ruang atau ditulis dalam

hubungan u  ur  atau suatu fungsi u yang berkaitan dengan tiap titik r
diruang.
Dalam koordinat kartesian :
   x, y, z  medan scalar
u  aˆ x u x x, y, z   aˆ y u y x, y, z   aˆ z u z x, y, z  (medan vektor)
Dalam koordinat silinder :
   r,  , z  medan skalar
u  aˆ r u r r,,z   aˆ u r,,z   aˆ z u z r,,z  (medan vektor)
Dalam koordinat bola :
   r, ,   medan skalar
u  aˆ r u r r , ,    aˆ u r , ,    aˆ u r , ,   (medan vektor)
Kita lihat, suatu medan vektor adalah ekuivalen dengan 3 komponen
medan skalar ini karena u ekuivalen dengan komponen



u x r , u y r , u z r   Kartesian



ur r , u r , u z r   Silinder



ur r , u r , u r   Bola
Dari pengertian definisi medan skalar dan medan vektor terlihat bahwa :
Medan vektor berkaitan dengan sumber medan berupa fungsi bernilai vektor.
Contoh : medan gaya coulomb, medan gaya magnet, medan gaya gravitasi, dan
sebagainya.
Medan skalar berkaitan dengan sumber medan berupa fungsi bernilai
bilangan.
Contoh : fungsi yang memberikan suhu pada tiap titik diruangan.
Suatu visualisasi medan skalar  adalah dengan jalan melukiskan sistem
“permukaan-permukaan  tutupnya”. Permukaan-permukaan ini adalah tempat
kedudukan titik-titik dengan nilai  yang sama dan biasanya digambarkan dengan
beda harga , yang sama antara setiap permukaan yang berdekatan.
permukaan tetap
3
2
1
Cara melukiskan medan vektor salah satunya adalah dengan cara
melukiskan garis medan dalam medan gaya, garis medan ini disebut garis gaya.
Garis gaya listrik dilukiskan sehingga arah medan listrik menyinggung garis gaya
tersebut.
E (P)
Q
E (Q)
P
Kuat lemahnya medan listrik ditentukan oleh kerapatan garis gaya
tersebut. Perhatikan gambar dibawah ini.
+
(a
)
Keterangan :
+
(b)
Garis gaya keluar dari muatan positif menuju ke muatan negatife.
+
(c
)
Untuk muatan positif yang tidak ada pasangan muatan negatifnya, garis gaya
menuju ke tempat tak berhingga.
Untuk muatan yang sejenis garis gayanya saling menjauhi.
5.2
FLUKS LISTRIK
Fluks listrik didefinisikan sebagai jumlah garis gaya yang menembus
permukaan yang saling tegak lurus. Dengan demikian muatan satu coulomb
menimbulkan fluks listrik satu coulomb. Maka Ψ = Q Coulomb.
Jika fluks Ψ adalah besaran skalar, maka kerapatan fluks listrik (density of electric
flux) D adalah medan vektor.
Gambar dibawah memperlihatkan distribusi muatan ruang kerapatan muatan ρ
yang ditutupi oleh permukaan S.
Maka untuk elemen kecil permukaan ds, kita memperoleh differensial fluks yang
menembus ds sebagai berikut :
an
D

d  D  d s
 D  nˆ d s
 D ds cos 
ρ
Ini karena D tidak selalu dalam arah normal terhadap permukaan dan misalkan 
adalah sudut antara
D dengan normal permukaan dan d s adalah vektor elemen
permukaan yang mempunyai arah
a n (normal).
Kerapatan Fluks listrik (Density of Electrical Flux) D
D adalah medan vektor yang arahnya sama dengan arah garis gaya.
D
d
dA
5.3

aˆ n C / m 2

( â n adalah unit vektor dari D)
HUKUM GAUSS
“Flux total yang keluar dari suatu permukaan tertutup adalah
sama dengan jumlah muatan di dalam permukaan tersebut.”
Fluks total yang menembus permukaan yang tertutup didapat dengan
menjumlahkan differensial yang menembus permukaan ds.
 
   D  ds
sehingga bentuk matematik hukum gauss sebagai berikut :
 
   D  ds  muatan yang dilingkupi  Q
Muatan yang dilingkupi bisa terdiri dari :
Beberapa muatan titik
Distribusi muatan garis
Distribusi muatan permukaan (tidak perlu permukaan tertutup)
Distribusi muatan volume
5.4
HUBUNGAN ANTARA
KERAPATAN
FLUX
DAN
KUAT
MEDAN LISTRIK
Kita pandang suatu muatan Q positif yang terletak di pusat bola yang
berjari-jari r, dari definisi garis gaya yang terjadi akibat muatan Q ini akan menuju
tak hingga (~) sehingga D  aˆ r D (berarah keluar sesuai dengan arah
Z

ds  aˆ n ds  aˆ r ds
Q
Y
X
Gunakan hukum Gauss
 
Q   D  ds   aˆ r D  aˆ r r 2 sin d d
â r ).
dimana
â r dan â n sejajar sehingga â r . â n = l
Untuk permukaan bola  = 0 s/d 
 = 0 s/d 2


Sehingga Q  4 r 2 D
D
Q
4. .r 2
D
Q
4. .r 2
aˆ r
Kita tahu intensitas medan listrik radial oleh sebuah muatan titik dipusat
bola dalam vakum adalah :
E
Q
4. o .r 2
rˆ
Maka D   o .E berlaku untuk ruang vacuum dan umumnya untuk setiap medium
yang mempunyai permitivitas listrik   D    E
5.5
DISTRIBUSI MUATAN
a) Muatan ruang
Jika muatan tersebar dalam suatu volume, rapat muatan didefinisikan
sebagai  
 
dQ C
atau
m3
dv
dQ   dv  Q     dv atau dapat ditulis Q    .dv .
v
v
b) Muatan permukaan
Jika permukaan tersebar dalam suatu lembaran permukaan Q    .ds begitu pula
s
dengan muatan garis Q    .dl
s
Contoh
Tentukan jumlah muatan yang ada didalam bola yang ditentukan oleh
 
5 cos 2  C
1 r  2 m dan kerapatannya adalah  
m2
r4
Penyelesaian :
Q     dv


2

2
2

2
 5 cos 2   2
    r 4 r dr sin  d  d
  0   0 r 1 
  
 
 0  0 r 1
5
.dr sin   d  cos 2  d
r2
2
1
 5

 1

  cos  0     sin 2 
4
 r 1
2
0
 5  2    0
 10 Coulomb
2
5.6
PEMAKAIAN HUKUM GAUSS
a) Beberapa distribusi muatan


Hukum Gauss Q   D  ds
Pemecahannya akan mudah jika dipilih permukaan tertutup yang memenuhi syarat
sebagai berikut :
DS
normal terhadap permukaan sehingga


Ds  ds  Ds ds
dan juga
menyinggung permukaan sehingga Ds  ds  0

Pada harga DS  ds  0 , DS adalah suatu konstanta.
Contoh :
Muatan titik dipusat koordinat bola, kita pilih permukaan tertutup yang memenuhi
kedua syarat tersebut, yaitu permukaan bola yang pusatnya dipusat koordinat dan
jari-jarinya r.
Penyelesaian :
Arah DS di setiap titik pada permukaan adalah normal terhadap permukaan
tersebut, dan besar DS di setiap titik adalah sama.
 D  ds
  
  D .ds  D 


Q
S
s
s
s
2

0
0
r 2  sin   d  d
 Ds  4 r 2
atau
Q
Ds 
4 r 2
Karena harga r diambil sembarang
DS mempunyai arah radial keluar
Maka D 
Q
4 .r 2
aˆ r
Tinjau distribusi muatan garis dengan kerapatan muatan serba sama ρD.
Misalkan distribusi muatan tersebut memanjang sepanjang sumbu z dari
(- ~) ke (~).
Penyelesaian :
Kita pilih permukaan tertutup yang memenuhi kedua syarat tersebut yaitu

permukaan silinder. Besar D tetap dan arahnya selalu tegak lurus terhadap

permukaan silinder di setiap titik pada permukaan tersebut D bidang datar .
 
Q   D  ds
Sehingga :
 
 
 
  D  ds1   D  ds 2   D  ds 3
Karena untuk tutup atas dan tutup bawah DS  ds sehingga harga DS  ds  0
z  L   2
QD
+~
ds
ρL
 D 2 rl
 Q  l  l
maka
D
D
D
  rd  dz
z 0  0

aˆ r
2 r
ds
ds
D
-~
Kabel koaksial
Kita pilih permukaan Gauss yang memenuhi syarat yaitu permukaan
tabung dengan panjang L dan jari-jari a<r<b.

r
b
a
Dari hukum Gauss, Q   D  ds
Sehingga :
Q = Ds (2  r L)  Ds =
Q
2 .r.L
Muatan total pada konduktor dalam (r = a)
dengan panjang L :
Q
L
2
   a  d  dz  2 .aL
s
s
z 0  0
Sehingga Ds 
a
a
 s atau Ds   s aˆ r
r
r
(a < r < b)
Jika konduktor dalam panjangnya menjadi 1 m, maka D  a  L   L aˆ r
r 2 a 2 r
(sama dengan muatan garis tak berhingga).
Karena tiap garis fluks listrik :
Berawal dari muatan positif pada tabung dalam ( inner surface) ke muatan negatif
tabung luar (outer surface).
Maka :
Q (tabung luar) = -Q (tabung dalam)
2 bL s'  2 aL s
sehingga  s'   s
Jika dipilih r > b untuk permukaan Gauss, maka Qtotal = 0 (karena ada muatan
yang besarnya sama tapi tanda berlawanan).
Sehingga Ds = 0 (r > b)
Demikian juga untuk r < a, untuk Ds = 0
5.7
TEOREMA DIVERGENSI GAUSS
Seperti telah dijelaskan dalam pembuktian makna fisis divergensi bahwa
divergensi adalah nilai kerapatan fluks, sekarang akan kita buktikan teorema
divergensi Gauss yang didefinisikan :
 A  ds 
integral permukaan tertutup
   A dv 
integral volume dari divergensi A
untuk membuktikan teorema di atas kita lihat dalam koordinat yang paling kita
kenal “kartesian”.
Dipilih suatu kubus kecil dengan sisi x, y, z yang sejajar dengan sb x, y, z
sepeti pada gambar :
misal titik P dengan posisi (x, y, z)
z
yang dimaksud integral permukaan
z
P
tertutup adalah :

x
y
A  ds harus
diungkapkan
untuk ke-6 muka kubus sehingga :
y
x
 A  ds   A  ds

1
s
depan
 A  ds
2
blk

 A  ds
3
kiri

 A  ds
kanan
4

 A  ds
5
atas
 A  ds

bawah
Ambil muka kiri dan kanan (dengan memperbesar gambar) :
z
A (x, y+y, z)
A(x, y, z)
ds
ds
y
z
x
x
y
 A  ds   A ( y)xz
y
kiri
 A  ds  A
y
( y  y )xz
kanan
Ay 

y xz
Gunakan deret Taylor  Ay  y  y x z   Ay ( y ) 

y


Sehingga :
6
 A  ds3 
 A  ds4 
kiri
kanan
 A  ds
1
 A  ds

depan
6
 A  ds

bawah
5
atas
y
xyz

Ax
xyz
x

Az
xyz
z
belakang
 A  ds
atau :
2
Ay
 Ax Ay Az 
xyz


x
y
z 
 A  ds  
Dengan membagi ruas kiri dan kanan oleh (V) di mana V = dx dy dz dan
membuat V menuju nol maka didapat :
Maka :
lim
v 0

A.ds
v
 divA  . A
Soal-soal dengan penyelesaiannya
1.
Tentukanlah muatan total dalam volume yang didefinisikan oleh
0  x  1 m , 0  y  1 m dan 0  z  1 m , kalau   30 x 2 y . Bagaimana
pula hasilnya kalau pembatasan y diubah menjadi  1  y  0 m ?
Penyelesaian :
karena dQ = ρ dv
Q
1
1
1
  
0
0
30 x 2 y dx dy dz
0
1
1
 30 3   1 2 
1
 
x    y    z 0
0
 3
0  2
1
 10   1
2
 5 Coulomb
untuk batas-batas y yang diubah,
1
Q
0
0
1
 
1
30 x 2 y dx dy dz
0
1
0
 30   1 
1
  x 3    y 2    z 0
 3
 0  2  1
1
 10   1
2
 5 Coulomb
2.
Tetapkanlah jumlah muatan dalam volume yang ditentukan oleh 1  r  2 m
dalam koordinat bola. Kerapatannya adalah  
5 cos 2
r4
Penyelesaian :
2 
Q
2
  
0
0
1
5 cos 2  2
 r sin  d d dr
r4
1
 5 1

     sin 2
4
 r 1  2
 5     2
 10 Coulomb
2
3.
2
0


   cos 


0

Tiga muatan titik Q1 = 30 nC, Q2 = 150 nC dan Q3 =-70 nC, dikelilingi oleh
permukaan tertutup S. Berapa besarnya fluks netto yang melalui S ?
Penyelesaian :
Karena fluks listrik didefinisikan sebagai bersumber dimuatan positif dan
brakhir dimuatan negaatif, sebagian fluks dari muatan-muatan itu berakhir di
muatan negatif.
net  Q net  30  150  70  110nC
4.
Berapa fluks netto melalui permukaan tertutup S di gambar 1 yang berisi
distribusi muatan dalam bentuk lempeng berjari-jari 4 m dengan kerapatan
Ds 
sin 2 

aˆ z C/m2dan ds  r dr d aˆ z
2r
Penyelesaian :

r







  
  Q   D  ds
2

4
 
0
aˆ z
0
sin 2 
 aˆ z rdr d
2r
2
4
1
1
 1 
    sin 2    r 
4
2
0  2 0
 2
 2 Tesla
5.
Dua muatan yang sama besar tapi berlawanan tanda dilingkupi oleh
permukaan S apakah fluks dapat melalui permukaan itu ?

Penyelesaian :
fluks dapat melalui permukaan itu, sepeerti ditunjukkan di gambar 2, tapi
fluks total yang dari S adalah nol, asalkan jumlah muatan didalam S adalah
nol.
6.
Suatu piringan bulat berjari- jari 4 m dengan rapat muatan
D  12 sin 
dikelilingi permukaan tertutup S. Berapa fluks total yang melalui S ?
Penyelesaian :
  Q   D  ds

4
2
 
12 sin rdr d
r 0  0
4
1 
2
 12   r 2    cos  0
 2 0
 12  8  2 
 192 Tesla
7.
Muatan titik Q = 30 nC terletak di titik asal suatu koordinat katesian.
Tentukan kerapatan fluks D di ( 1, 3, -4 ) m.
Penyelesaian :
 D  ds  Q
 aˆ D  aˆ ds  Q


    D  r sin d d  Q
r
r
2
r
2
r 0
0
0
2
D 4 r  Q
Q
D
aˆ r
4 r 2
r  1  3   4 
 26
30  10 9 a x  3a y  4a z
D

4 26
26
9
30  10

a x  3a y  4a z
1665,14
 0,018  a x  3a y  4a z
2
2
2








 18a x  54a y  72a z  10 3

182  542   722  10 3
 91,78  10 3 C
8.
m2
Jika diberikan D = 10 xax ( C/m2) tentukan fluks yang melalui luas 1 m2
yang normal pada sumbu x di x = 3 m.
Penyelesaian :
karena D konstan dan tegak lurus pada permukaan itu
maka :
  Q  D A
 10 x a x  1
 103  1
 30 C
9.
Suatu konfigurasi muatan dalam koordinat silindris diberikan oleh
 m . Pakai hukum gauss untuk menetapkan D.
  5re 2 r C
3
Penyelesaian :
Karena ρ bukan fungsi Ø atau z, maka fluks adalah semata-mata radial.
Juga bahwa pada r yang tetap harga D pastilah konstan. Maka permukaan
gauss khusus yang sesuai untuk hal ini adalah silinder lingkaran yang
tegak. Integral pada permukaan ujung-ujung silinder itu hilang, sehingga
hukum gauss menjadi
 D  ds  Q


ˆ
ˆ
a
D

a
r
d

dz

 
  
enc
l
2
l
r
z 0
2
r
r
0

z 0
2r r
0
2r

5re  2 r rdr d dz
0 r 0
D2 rl   5  r  1e
  0   z 0
D2 rl   10 l r  1e  1
10 l r  1e  2 r  1
D
2 rl
5 r  1e  2 r  1

aˆ r C 2
m
r





2
l

 
10. Volume dalam koordinat bola yang ditentukan oleh r ≤ a , dimana a jarijari bola. Berisi muatan dengan kerapatan yang serba sama. Pakai hukum gauss
untuk menentukan D. Berapa besarnya muatan dititik asal yang akan
menghasilkan medan D yang sama untuk r > a ?
Penyelesaian :
 D  ds  Q
 
   aˆ D  aˆ r

enc
2
r
0

0
2
r

4
sin d d   a 3 
3
4
D 4 r 2   a 3 
3
3
a  C
D
2
3r 2 m
 
kalau suatu muatan titik Q = (4/3) пa3 ρ diletakkan dititik asal, medan D untuk r >
a, yang dibangkitkannya akan sama besar dengan bola yang bermuatan yang
berdistribusi merata
BAB VI
ENERGI DAN POTENSIAL
6.1 ENERGI YANG DIPELUKAN UNTUK MENGGERAKKAN MUATAN
TITIK DALAM MEDAN LISTRIK.
Muatan Q dalam medan listrik E akan mengalami gaya interaksi Coulomb
sebesar : FE  QE (Newton), jika ingin menggerakkan Q dengan arah melawan E
diperlukan gaya yang melawan FE .
Fpakai   FE
 QE
Fpakai sama dengan FE dan arahnya berlawanan. Dengan demikian jika kita ingin
memidahkan Q sejauh dl dengan arah melawan medan harus menyediakan energi
(dilakukan usaha) sebesar:
dW  QE  dl
dot
dW  QE dl cos 
product dari dua vektor
  sudut antara E dan dl 
Untuk memindahkan Q pada jarak tertentu (berhingga) harus ditentukan dengan
mengintegrasikan:
akhir
W AB  
 E  dl
awal
dimana :
dl  dx aˆ x  dy aˆ y  dz aˆ z kartesian
dl  dr aˆ r  rd aˆ  dz aˆ z silinder 
dl  dr aˆ r  rd  aˆ  r sin d aˆ bola 
Usaha yang dilakukan untuk memindahkan muatan titik dari titik awal (B) ke titik
akhir (A) dalam medan listrik E serba sama, pada setiap lintasan tertutup adalah
nol.
 E  dl  0 Medan Statis 
medan vektor dengan sifat tersebut disebut medan konservatif.
6.2 INTEGRAL GARIS
akhir
Persamaan W  Q

E  dl merupakan contoh integral garis. Integral
awal
garis diatas dalam medan (E) yang serba sama tidak bergantung pada lintasan
yang dipilih, hal inipun berlaku untuk medan yang tidak serba sama, tetapi pada
umumnya tidak berlaku untuk E yang merupakan fungsi waktu.
Sebagai contoh kita lihat gambar dibawah ini kita pilih kedudukan awal titik B
dan kedudukan akhir diberi tanda A dalam medan listrik yang serba sama lintasan
dibagi dalam segmen-segmen kecil L1 , L2 , L3.... 4 .
A
L4
EL4
E4
L3
EL3
L2
E3
EL2
L1
E2
EL1
E1
B
EL1
proyeksi E pada L1
EL2 proyeksi E pada L2
EL3 proyeksi E pada L3
EL4 proyeksi E pada L4
Besarnya kerja yang diperlukan dari B ke A adalah :
WAB  Q( EL1L1  EL2 L2  EL3 L3  EL4 L4 )
atau dengan memakai notasi vektor




WAB  Q( E1L1  E2 L2  E3 L3  E4 L4 )
Karena kita menjumlahkan terhadap medan yang serba sama
E1  E 2  E3  E 4  E
W  QE(L1  L2  L3  L4 )
Penjumlahan
L1  L2  L3  L4
merupakan
penjumlahan
vektor
(penjumlahan jajaran genjang) yang hasilnya merupakan vektor yang mempunyai
arah dari titik awal B ke titik akhir A, LBA (tidak tergantung lintasan yang dipilih).
W  QE.LBA
(E serba sama)
Bentuk integral dari penjumlahan di atas :
A
W  Q  E.dl
B
A
 QE  dl ................E serba sama
B
 QELBA
dengan dl adalah elemen panjang, ditulis dalam bentuk sebagai berikut :
dl  dx aˆ x  dy aˆ y  dz aˆ z kartesian
dl  dr aˆ r  rd aˆ  dz aˆ z silinder 
dl  dr aˆ r  rd  aˆ  r sin d aˆ bola 
Pada pembicaraan interaksi Coulumb dan intensitas medan listrik, kuat medan
listrik yang diakibatkan oleh muatan garis lurus adalah
Medan listrik sekitar muatan garis
Z
adalah

E
Y
r1
X

r2
arah radial

aˆ r
2 o r
untuk memindahkan muatan dari r1
ke r2 diperlukan kerja.
akhir
 E  dl
W21  Q
awal

aˆ r  aˆ r dr  aˆ rd  aˆ z dz 
2


r
o
awal
akhir
 Q


dr
2  o r
awal
akhir
 Q

r2
 Q 
r1
r2
 Q 
r1

dr
2  o r

2  o r
r2
 Q 
r1
 Q
W21  

2  o r
r

ln 2
2  o r1
r
Q
ln 2
2  o r1
Jika ingin memindahkan Q dalam arah â z dan arah â tidak memerlukan
usaha, sebab E  dl (ingat aturan dot pruduct dari vektor).
6.3
DEFINISI BEDA POTENSIAL DAN POTENSIAL
Kerja yang diperlukan oleh gaya luar untuk memindahkan muatan Q dari
_
satu titik ke titik lain dalam medan listrik E :
akhir
W  Q
 E  dl
awal
Beda potensial didefinisikan sebagai energi (yang dikerjakan oleh sumber luar)
untuk memindahkan satu satuan muatan dari satu titik ke titik lain dalam medan
listrik, atau dalanm bentuk matematik.
Beda potensial
V
W
Q

akhir
 E  dl
awal
V AB didefinisikan sebagai kerja yang diperluka untuk memindahkan satu satuan
muatan dari B ke A atau V AB adalah perbedaan potensial antara titik A dan B.
A
V AB  V A  VB    E  dl
B
satuan yang dipakai adalah volt yang identik dengan dengan (joule/Coulumb)
Contoh
1. Disekitar muatan garis panjang dengan kerapatan 
jika kita ingin
memindahkan muatan Q dari r2 ke r1 diperlukan energi sebesar ?
Penyelesaian :
W
Q  r2
ln
2 o r1
W Q
W  QV
r

ln 2
2 o r1
jadi beda potensial V12 
r
W


ln 2
Q 2 o r1
Bukti :
Unsur diferensial dl dipilih dalam koordinat tabung dan lintasan radial yang
dipilih mengharuskan dz dan d  0; dl  aˆ r dr

aˆ r  dr aˆ r
2

r
o
awal
akhir
W 
Z

r1
Sehingga
r1
l
 Q 
r2
r2

 dr
2 o r r
r
Q
ln 2
2 o r1
jadi beda potensial V12 
Muatan garis tak terhingga
r

ln 2
2 o r1
2. Disekitar muatan titik jika kita ingin memindahkan 2 dari titik B ke A
diperlukan energi sebesar ?
Penyelesaian :
 
W  Q  E  dl .
A
B
VAB 
A
 
W
   E  dl
Q
B
Q.aˆ r
aˆ r dr  aˆ rd  aˆ r sin d 
2
4

r
0
B
A
V AB   
1
Q
 s
4 0
A
dr
r
B
V AB  V A  VB 
Jika rB  rA
2

Qs 1 1
(  )
4 0 rA rB
Qs
4 0 rA

Q
4 0 rB
beda potensial V AB  0 , secara fisis berarti : diperlukan
energi oleh sumber luar untuk membawa muatan Q positif dari rB ke rA (karena 2
muatan yang sejenis selalu tolak-menolak). Kalau kita membicarakan potensial
mutlak (bukan beda potensial) maka harus dipilih suatu acuan potensial nol,
misal:

Acuan nol diperlukan bumi (eksperimental/empiris)

Acuan nol dititik tak berhingga (teoritis)

Untuk persoalan simetri tabung, misal dalam kabel koaksial, konduktor
luarnya bisa dipilih sebagai acuan potensial nol.
Beda potensial di titik A dan B adalah beda potensial di titik A relatif terhadap
beda potensial di titik B. Jika potensial dititik A adalah V A dan potensial dititik B
adalah V B maka beda potensial titik A dan titik B adalah :
V AB  V A  VB
6.4
MEDAN POTENSIAL SEBUAH MUATAN TITIK
Dari contoh di atas VAB = VA – VB =
Q 1 1
   walaupun titik A
4 0  rA rB 
dan B mempunyai  ,  yang berbeda hasil VAB hanya ditentukan oleh
rekapitalisasi rA dan rekapitalisasiB, tidak ditentukan oleh lintasan yang diambil.


komponen  , dan  tidak berpengaruh karena E berarah radial E  aˆ r E .
jika titik potensial nol didefinisikan sebagai titik terjauah tak hingga maka
potensial di titik A adalah
Q
Vao  V A  (V  0) 
4 o rA
sehingga VA =
Q
4 0 rA
1
r
2
dr 
~
Q
4 o rA
sama halnya dengan potensial di titik B VB 
V
atau biasa ditulis:
rA
Q
4
0
rB
Q
4 0 r
cara menyatakan potensial tanpa memilih acuan nol diperoleh dengan
mengindetifikasikan rekapitalisasi rA sebagai r dan
sehingga: V 
Q
4 0 r
Q
4
0
rB
sebagai konstan,
C
C dipilih supaya V = 0 pada r tertentu.
Atau kita bisa memilih acuan V = V0 pada r = r0, karena beda potensial bukanlah
fungsi dari C.
Definisi permukaan equipotensial
Permukaan Equipotensial adalah permukaan yang mirip tempat kedudukan
semua titik yang mempunyai potensial yang sama. Untuk memindahkan sebuah
muatan pada permukaan equipotensial tidak diperlukan kerja. Permukaan
equipotensial dalam medan potensial sebuah muatan titik adalah bola yang
berpusat pada muatan titik tersebut.
6.5
MEDAN POTENSIAL AKIBAT DISTRIBUSI MUATAN.
a) Medan Potensial Akibat Muatan Titik
Untuk mencari medan potensial akiabat muatan-muatan titik, sama seperti
mencari medan gaya yang diakibatkan oleh muatan-muatan titik berlaku cara
superposisi. Titik yang ingin diketahui medan potensialnya yaitu titik titik P.
Titik yang ingin diketahui
medan potensialnya yaitu titik P.
Z
Q1
r1 r2
Q2
Q3
r3
P
r
Y
X
Q3
Q1
Q2
V



 ...
(r)
4πε 0 r  r1
4πε 0 r  r2
4πε 0 r  r3
Qi
n
V
 
(r)
i 1 4πε r  ri
0
b) Medan Potensial Akibat Distribusi Muatan Kontinu
Medan potensial yang diakibatkan oleh muatan terdistribusi kontinu
caranya sama seperti ketika kita mencari medan gaya listrik. Untuk muatan
berbentuk ruang dipakai rumus :
V(r)  
 (r ' )dv
4 o r  r1
Untuk muatan terdistribusi kontinu dalam bidang:
V(r)  
s
 s (r ' )ds
4 o r  r1
Dan untuk muatan yang terdistribusi kontinu dalam garis :
Vr   
l
 s (r ' )dl
4 o r  r1
Hasil-hasil di atas didapat dengan memilih titik acuan (medan potensial = 0) pada
titik ~ (tak hingga) atau :
A
VA    E  dl
~
A
VAB    E  dl
B
Seperti yang telah dijelaskan dimuka bahwa integrasi di atas tidak
bergantung pada lintasannya hanya melihat titik awal dan akhir saja, dengan
demikian maka jika kita pilih lintasan tertutup akan menghasilkan harga
V   E  dl  0
untuk medan statis 
V   E  dl  0
sesuai dengan pernyataan Kirchoff 
C
Berlaku V   E  dl  0 dalam lintasan tertutup medan potensialnya sama dengan
nol.
C
E
D
6.6
GRADIEN POTENSIAL
Perhatikan rumusan medan potensial: V  - E. dl atau dapat ditulis dalam
bentuk V  -E  L (L  0)
Jika antara E dan L membentuk sudut maka akan berlaku
V  -E. Lcos
dV
  E cos 
dl
atau
Persamaan terakhir ini akan mempunyai nilai maksimum jika    (arah
perubahan potensial berlawanan dengan arah pertambahan jarak).
dV
dl
max
E
(a) Besar E sama dengan harga maksimum perubahan potensial terhadap jarak.
(b) Pertambahan jarak berlawanan arah dengan arah pertambahan potensial.

 E max  - dV

dl




max 
Dari rumus : V  -E  L
Pada bidang yang mempunyai harga potensial sama (sepotensial bidang =
bidang equipotensial) pada bidang ini V  0.
E  L  0 dimana harga E dan  L tidak nol dengan demikian E  L . Dalam
hal ini L mempunyai arah menyinggung bidang sepotensial maka E tegak lurus
bidang sepotensial (arah pertambahan potensial terbesar adalah tegak lurus pada
permukaan sepotensial yaitu dalam arah potensial bertambah).
Jika â n merupakan arah normal dari permukaan sepotensial (dan mempunyai arah
ke potensial yang lebih besar) maka :

_
E
dV
dl
aˆ n
mak
Menunjukan bahwa besarnya E sama dengan laju perubahan maksimum V dan
arah E adalah normal terhadap permukaan sepotensial (dalam arah
pengurangan potensial)

dV
dv

dl mak dn
Karena laju perubahan V yang maksimum terjadi untuk arah yang sama dengan
arah E, maka :
_
E
dV
dn
aˆ n
_
 


E   aˆ x
 aˆ y
 aˆ z .V
y
z 
 x
kartesian 
_
atau
E  V
V
aˆ n
n
â n merupakan vektor satuan yang normal terhadap permukaan sepotensial, dan
arah normalnya dipilih dalam arah pertambahan harga V.
ingat :




aˆ n  aˆ x
 aˆ y
 aˆ z
n
x
y
z
dimana E x  
kartesian 
V
V
V
; Ey  
; Ez  
x
y
z
atau

V   aˆ x



V   aˆ r



V   aˆ r



x

r

r
 aˆ y
 aˆ
 aˆ

y
 
V
z 

 aˆ z  V
z 
1
 
 aˆ
V
r sin   
 aˆ z
1 
r 
1 
r 
kartesian
silinder 
bola 
6.7
KERAPATAN
ENERGI
DALAM
MEDAN
ELEKTROSTATIK
(LISTRIK STATIS)
Sekarang kita tinjau usaha untuk memindahkan 3 buah muatan, muatan
demi muatan (satu demi satu) pada ruangan yang mula- mula bebas
muatan.perhatikan gambar sebagai berikut:
~
Dari definisi energi W  Q  E  dL  QV
Misalkan urutan pemindahan muatan adalah Q1,Q2, Qn maka :
W1  Q1  E  dL  0
(karena pada saat Q1 datang, ruang belum ada medan)
W1  Q1  V10  0
W2  Q2  V21
V21  potensial dititik
2 disebabkan oleh muatan1
W3  Q2  V21  Q3  V32  V31 
WE  W1  W2  W3
 Q2  V21  Q3  V31  V32  ........................................................1
Jika urutan pemindahan muatan dibalik mula-mula Q3 kemudian Q2 dan Q1 maka
WE  W3  W2  W1
 0  Q2  V23  Q1  V12  V13  ...........................................................2
Jika pers (1) dan pers (2) dijumlahkan maka :
2WE  Q1  V12  V13   Q2  V21  V23   Q3  V31  V32 
Jika kita ingat kembali cara mencari potensial oleh distribusi muatan titik maka:
V1  V12  V13
V2  V21  V23
V3  V31  V32
Dengan demikian kita akan dapatkan
2WE  Q1V1  Q2V2  Q3V3
1
WE  Q1V1  Q2V2  Q3V 
2
Dapat kita simpulkan energi dalam medan listrik statis oleh muatan n buah
ditulis:
WE 
1
n
Q
2
n 1
n
Joule
Untuk distribusi muatan kontinu dalam bentuk ruang :
WE 
1
2
  V dV
vol
Dapat ditunjukan bahwa :
WE 
1
 E 2 dV
2 v
WE 
1 D2
dV
2 v 
WE 
1
D  E 2 dV

2v
Bukti:
WE 
1
 V dV
2 v
D  
................................................................1
...............................................................2
  VD  V   D  D  V
V   D    VD  D  V ..........................................................3
dengan menggunakan koordinat bola
Volume Bola
Terapkan pers 1, 2, dan 3
WE 
1
2
  V dV
vol
1
  (  D) V dV
2 vol


1
  V D  V dV  1  D  V  V dV

2 vol
2 vol
1
VD   dS  1  D  E dV

2 R 
2 vol
untuk R  
 VD   dS  0
maka :
WE 
terbukti 
1
 D  E dV
2 vol
substitusikan D 
E

1 D2
didapat WE   dV
2 vol 
dan WE 
1
 E 2 dV

2 vol
Contoh
1. Hitunglah usaha yang dilakukan dalam memindahkan muatan +2 C dari
(2,0,0) m ke (0,2,0) m melalui lintasan garis lurus penghubung kedua titik
E  2 xâ x  4 yaˆ y V .
m
 
Penyelesaian :
usaha diferensial adalah
dW  QEdl
dW  2(2 x aˆ x  4 y aˆ y )(dx aˆ x  dy aˆ y  dz aˆ z )
dW  4 xdx  8 ydy
lihat gambar:
X
( 2, 0, 0 )
Y
( 0, 2, 0 )
Persamaan bagi lintasan adalah x  y  2 dimana dy  dx
Sepanjang lintasan itu, maka :
dW  4 xdx  8(2  x)(dx)  (4 x  16)dx
2
W    (4 x  16)dx  24 Joule
0
ingat (1 v
m
 1N
C
11
JCm
).
2. Sebuah muatan titik 1,6 nC diletakan di titik asal dalam ruang hampa. Carilah
potensial pada r = 0,7 m jika :
a). Acuan nol di tak berhingga
b). Acuan nol di r =0,5
Penyelesaian :
a). Pada r = ~
V AB 
Q
4πε o
1 1
 
 rA rB



dengan ε o  8,854  10 12 C
Nm 2
1,6  10 9
 1 1
 
12 
4  3,14  8,854  10  0,7 ~ 
 20,55  0
(sebab tak berhingga)
V AB 
V AB
2


V AB  20,55Volt
b). Pada r = 0,5
Q 1 1
  
4 o  rA rB 
1,6  10 9
1 
 1




12)
(4)  (3,14)  (8,854  10  0,7 0,5 
 20,55  28,78
V AB 
V AB
V AB
V AB  8,2215 Volt
3. Berapa potensial di titik P jika diketahui :
r1  6aˆ x  8aˆ y
Z
r2  10 aˆ z
r  6aˆ x  8aˆ y  10 aˆ z
Q2
Q1  Q2  1,6 nC
P
Y
X
Q1
Penyelesaian :
V r  
Q1
Q2

4 o r  r1 4 o r  r2
6
r  r1 
2
2
2
 10 2  10
6
r  r2 
2
 
 8  10  6  8
 
2
2
 8  10   10 
2
2
2


 6 2  8 2  10
Vr 
1,6 x10 9
1,6 x10 9

43,148,854 x10 12 10 43,148,854 x10 12 10
1,6 x10 2 1,6 x10 2

111,206 111,206
Vr  1,44  1,44
Vr  
Vr  2,88 Volt
4. Diketahui medan potensial V  50 x 2 yz  20 y 2 volt dalam ruang hampa.
Carilah :
a. V pada (1,2,3)
b. EP
Penyelesaian :
a. P (1,2,3) disubstitusikan pada V  50 x 2 yz  20 y 2
V  501 23  202
 380 volt
2
2
E P  V
EP  
b.
dV
dV
dV
aˆ x 
aˆ y 
aˆ z
dx
dy
dz
E P  (100 xyz )aˆ x  (50 x 2 z  40 y )aˆ y  (50 x 2 y )aˆ z
E P  600aˆ x  230aˆ y  100aˆ z V
m
5. Diberikan fungsi potensial V  2 x  4 y yang berada dalam vacum, tetapkan
energi yang tersimpan dalam volume 1 m3 yang berpusat dititik asal. Periksa
pula volume-volume lain yang besarnya juga 1 m3 .
Penyelesaian :


E  V


 
  aˆ x  aˆ y  aˆ z  2 x  4 y 
y
z 
 x
 2aˆ x  4aˆ y V
m
 
E
 22   42
 m
 20 V
V

Medan ini konstan dalam besaran  E  20  dan arahnya ke seluruh
m

ruang, maka energi total yang tersimpan adalah tak berhingga besarnya. (medan
ini bisa berupa medan didalam sebuah kapasitor pelat sejajar yang tak berhingga
ukurannya. Diperlukan suatu usaha yang besarnya tak berhingga untuk memuati
kapasitor seperti itu ).
Walaupun demikian adalah mungkin berbicara mengenai kerapatan energi
untuk medan ini dan medan lainya.
WE 
1
 E 2 dv

2
Menyarankan suatu cara yang mendukung bahwa dengan setiap elemen volume
dV terkait kandungan energi sebesar w dV dimana
W
1
 E2
2
Bagi medan yang sekarang ditinjau kerapatan energi itu konstan, maka :
1
10 8 J
W   o  20 
3
o
36 m
Sehingga setiap volume 1 m3 mengandung 10
8
36
Joule energi.
BAB VII
MEDAN MAGNET TUNAK (STEADY)
Medan adalah daerah disekitar sumber medan yang masih memiliki/
mendapat pengaruh dari sumber medan. Sejauh ini telah dikenal adanya dua
medan, yaitu medan magnet dan medan listrik. Muatan-muatan yang merupakan
sumber medan menimbulkan gaya terukur yang bekerja pada muatan lainnya yang
dapat dianggap sebagai muatan detektor. Kenyataan bahwa pemberian sifat medan
pada sumber muatan dan penentuan efek medan pada muatan detektor, maka hal
ini dapat diartikan bahwa telah terjadi pembagian persoalan dasar menjadi dua
bagian.
Medan magnet dapat ditimbulkan oleh distribusi arus (Hk. Ampere, Biot
Savart). Hukum Ampere menyatakan bahwa integral garis kuat medan magnetik
H sepanjang lintasan tertutup sama dengan arus I yang mengalir di sepanjang
lintasan tersebut. Atau:
 H  dL  I
Hukum Biot Savart menyatakan bahwa diferensial kuat medan magnet dH
didapat dari hasi bagi antara cross product IdL and ar dibagi dengan jarak
kuadrat. Atau:
dH 
 
i dl  aˆ r A
m
4 r 2
Hukum Biot Savart kadang-kadang disebut hukum Ampere untuk unsur
arus.
Hubungan antara medan magnet tunak (steady) dengan sumbernya lebih
rumit daripada hubungan antara medan elektrostatik dengan sumbernya.
7.1 Medan Magnet oleh Arus Listrik
Sumber medan magnetik dapat merupakan sebuah magnet permanen,
suatu medan listrik yang berubah secara linier terhadap waktu atau dari suatu arus
searah. Biot Savart telah mengembangkan hubungan antara medan magnet yang
ditimbulkan oleh unsur diferensial arus searah dalam ruang hampa. Unsur arus
diferensial yang dikembangkan oleh Biot Savart dibayangkan sebagai bagian kecil
dari filamen konduktor yang dialiri arus yang filamennya merupakan limit dari
tabung konduktor berpenampang lingkaran yang jejarinya menuju nol
. Hukum Biot Savart menyatakan bahwa pada setiap titik P, besar
intensitas medan magnetik yang ditimbulkan oleh unsur diferensial berbanding
lurus dengan perkalian arus, besar panjang diferensial, dan sinus sudut antara
filamen dengan garis yang menghubungkan filamen tersebut ke titik P. Besar
intensitas medan magnetic berbanding terbalik dengan dengan jarak kuadrat r.
Atau secara matematis, hukum Biot Savart dituliskan dengan notasi:
dH 
 
i dl  aˆ r A
m
4 r 2
di mana:
dH = diferensial intensitas medan magnet
i dl = elemen diferensia arus
âr = unit vektor r
r
= jarak antara elemen arus dengan titik yang ditinjau besar medannya.
idl
Penghantar yang dialiri arus

r
P (titik yang ingin diketahui
besar medannya)
Atau secara umum dapat ditulis dengan persamaan matematis sebagai berikut:
idl
r-r’
P
dB 
 o i dl  r  r '
3
4
r  r'
r’
r
catatan: rˆ  rˆ '  r  r '
3
r  r'
( 0, 0, 0 )
Contoh :
1.
Medan listrik akibat arus searah pada penghantar yang panjang dan berjarak r
dari penghantar ke titik yang ditinjau seperti pada gambar:
i dl = i dz
r’
r - r’
I
P
( 0, 0, 0 )
r


Gunakan kordinat silinder, sumber terletak di r '  z  aˆ z sedang r  r  aˆ r
 
dan r  r '  r  aˆ r  z  aˆ z . Sehingga:

μ idz  aˆ z  r  aˆ r  z  aˆ z 
dB  o
3
4π
2
2 2
r z


 o r  idz  aˆ
 4 2 2 3

2

B

r

z
o  r  i 
aˆ 
4

dz
r
2
 z2

3
2

o  r  i 
z
aˆ 
2
3
2
4
r r  z

o  r  i  z
z 
aˆ  2  2 
4
r z r z


 
B
o  r  i  2  o  i
aˆ  2  
aˆ
4
 r  2r
B
o  i
aˆ
2r

2. Besarnya induksi magnetik akibat penghantar yang berbentuk lingkaran
dengan jari-jari r.


 i  dl  r  r '
dB  o
3
4
r  r'
r – r’
r
r’
i dl


 i  r  d  aˆ xz  aˆ z  r  aˆr 
dB  o
3
4
2
2
r z 2




 o  i  r  d  aˆ r  i  r 2  d  aˆ z

dB 
3
4 

r2  z2 2


Karena simetris, komponen z saling menghilangkan.

2

 o i  r  d  aˆ z
dB 
3
4
r2  z2 2


μ  i   r 2   2π
o
 
B
aˆ
3 z
4π  r 2  z 2  2


B

4 r  z
B
2
 o  i  r 2  aˆ z
2
 d

3
2 2
0
 o  i  2 r 2 

4 r  z
2

3
2 2
aˆ z
untuk r<<z, maka;
B
B

2

2
 o  i  2 r
3
4  z 
 aˆ z
o  2    r i
4  z
3
 aˆ z
 o  2  i  A
aˆ z
3
4  z
 2m
B o
aˆ z
4 z 3
B








catatan:
m i A
7.2
Besaran Induksi Magnetik
  2m
B o
aˆ z
4 z 3
dapat digambarkan sebagai berikut:
m i A
E
ER
P
r1
r2
r
Analog dengan medan listrik akibat dua
muatan titik yang berjarak d seperti gambaran
berikut:
E
1
4 o
Er 
E 
q
-q
d
2p
r3
1
4 o
1
4 o
2 p  cos 
r3
2 p  sin 
r3
Sehinga besaran B di atas dapat diuraikan menjadi komponen r dan θ

B  aˆ r  B  aˆ  B
Br
 o 2m  cos 
Br 
4
B 
B

z
3
o m  sin 
4
z
Lihat
3
kembali
medan
akibat dua muatan yang terpisah sejauh d dan d<< r. Untuk menyelesaikan
masalah ini, cari terlebih dahulu potensialnya dengan cara sebagai berikut:
Vp 
Z
P
r1
C
A -q
Y
Vp  V r ,   
q
 1
1
   
4 o  r1 r2 
q


1
1

Vp  V r ,  

d
d
4 
o  r  cos  r  sin 
2
2

q
q
4  o r2
r2  PO  00
 r  OB  cos 
d
 r  cos 
2
D
( 0, 0, 0 )
4  o r1

r1  PC  PA
 r  Ao  cos 
d
 r  cos 
2
r2
r

q








   r  d cos     r  d sin   




q  
2
2
 

Vp  V r ,   


4 


d

o
r 





2
cos  



Vp  V r ,   
Vp  V r ,   
q
4 o
d cos   ; karena 
r
d
2
 cos 2 

2



r 
P cos 
2
4 o r
E r r ,    
p  qd disebut momen dipol listrik dan

V r ,   adalah
r
koordinat polar, maka:
Er r ,   
E r ,  
2 p cos 
3
4 o r
,
 r ,    
E
1 
r r
V r ,  
p sin 
4 o r 3
1
Ingat: E r ,   V r ,   

r
V r ,  
1 
r 
V r , 
A. Hukum Integral Ampere
Persoalan elektrostatik sederhana dapat dengan mudah dipecahkan dengan
menggunakan hukum Coulomb. Tetapi bila persoalan elektrostatik tersebut
membutuhkan tingkat kesimetrian yang tinggi, maka akan lebih mudah bila
menggunakan hukum Gauss. Prosedur pemecahan masalah dalam medan
magnetik baik dengan menggunakan hukum Coulomb atau hukum Gauss adalah
sama. Dan dengan prosedur yang sama pula pemecahan masalah elektrostatik
akan jauh lebih mudah bila menggunakan hukum integral Ampere (Ampere’s
Circuital Law) atau kadang-kadang disebut sebagai hukum kerja Ampere.
Ampere’s Circuital Law merupakan penurunan dari hukum Biot Savart.
Hukum integral Ampere menyatakan bahwa integral garis kuat medan
magnet H sepanjang lintasan tertutup sama dengan arus yang dilingkupi oleh
lintasan tersebut. Atau secara matematis dapat ditulis:
 
 H  dl  i
Arus i dikatakan positif bila arah alirannya searah putaran jarum jam. Dan
sebaliknya adalah negatif. Gambar berikut memperlihatkan pernyataan ini.
dl
dl
i
positif
i
negatif
Pemakaian hukum Gauss adalah mencaari muatan total yang dilingkupi
oleh permukaaan tertutup. Sedangkan pemakaian hukum integral Ampere adalah
mencari arus total yang dilingkupi oleh lintasan.
Meskipun penggunaan hukum integral Ampere lebih memudahkan dalam
perhitungan kuat medan elektrostatik, ada beberapa syarat tertentu yang harus di
penuhi terlebih dahulu, yaitu:

1. H harus normal atau tangensial pada tiap titik lintasannya.

2. Jika H tangensial, maka besarnya harus konstan.
Misalkan lintasan arus berbentuk lingkaran dan berjejari r, makaberlaku
hukum integral Ampere:
2
 H  dl   aˆ H  aˆ r d  i
0
 H  r 2  i
H
i
2 r
aˆ
Misalkan induksi magnetik akibat penghantar panjang yang dialiri arus
searah:
 B  dl  
I
S = r d
2

o
i
aˆ B  aˆ r d   o i
0
B2 r    o i
d
r
B
B
 
o i W
m2
2 r
Arah B dapat ditentukan dengan menggunakan kaidah tangan kanan. “Arah ibu
jari merupakan arah arus i dan merupakan arah lipatan empat jari lainnya

menunjukkan arah B .” Untuk pernyataan ini berlaku:

μo i
B 
aˆ
2πr
7.4
Medan Magnet dalam Kumparan
Ada dua macam kumparan yang sering digunakan, yaitu solenoida dan
toronoida (cincin).
Solenoida
(a)
1
d
c
a
b
(b)
Pada bagian tengah solenoida, medan magnet serba sama pada bagian tepi
yaitu menyebar (tak homogen). Untuk lilitan yang cukup rapat, kebocoran fliks
sangat kecil sehingga induksi magnetic di luar kumparan dianggap nol. Jika
kumparan cukup panjang, maka medan magnet di tengah solenoida dianggap
homogen.
Untuk mencari besarnya induksi magnet B dengan menggunakan hukum
Ampere seperti pada gambar b adalah sebagai berikut:
 
B
  dl   0 i
 
 
 
 
B

d
l

B

d
l

B

d
l

B



  dl   0 i
ab
bc
cd
da
B  l  0i
B
o  i
l
Jika tiap lilitan dialiri arus sebesar I dan rapat lilitan n 
disepanjang l terdapat arus sebesar i 
 NI
NI
l . Sehinga B  0
L
L
Toroida
 B  dl  
2
Kosong tanpa
bahan

r

B
 oi N
2 r
i
aˆ B  aˆ rd   o i
0
B2 r    o i
B
Sehingga untuk toroida berlaku:
o
o i
2 r
N
, maka
L
7.5
Hukum Maxwell tentang Induksi Magnet
Sampai saat ini belum ditemukan adanya monopole magnet, maka jumlah
garis gaya magnet total yang keluar dikurangi yang masuk pada suatu permukaan
tertutup selalu sama dengan nol. Atau secara matematis dapat ditulis:
 
 B  ds  0
s
Dari hukum integral divergensi diperoleh:
 
 
B
  ds     B dv  0 ; (berlaku untuk semua volume)
maka:
 B  0

 B  ds
B 
v
secara fisis :
 B 
  fluks keluaran  fluks masukan
volume
untuk fluks magnetic selalu sama dengan nol.
TEOREMA MAXWELL
(UMUM)
Persoalan-persoalan elektromagnetik adalah persoalan yang menyangkut
atau yang berhubungan dengan medan magnetik dan medan elektrik. Medanmedan tersbut adalah berupa besaran-besaran vector yang telah ditetapkan melalui
hukum-hukum yang disebut Persamaan-persamaan (teorema) Maxwell.
 

A.   E 
; Hukum Gauss

Perhatikan hukum Gauss:
 
D
  ds  Q
 
D
  ds     dv ; Hukum Maxwell (dalam bentuk integral)
v
Dari teorema divergensi Gauss:
 
 
D

d
s



  D  dv 
v
 
    D     dv
v
v
sehingga:
 
D  ρ
karena:


D  E
maka:
  
E 


 
B
B.   E  
; bentuk lain dari hukum Faraday
t
Hukum Faraday:
e

t
e

t
 
B
  ds
s
e  e  m  f   E  dl
  E  dl   B  ds
; bentuk integral dari hukum Maxwell-Faraday
s
dengan teorema integral Stokes:
 E  dl     E   ds
s
maka:





E

ds



 B  ds
t
s
karena terjadi pada permukaan yang identik, maka:
 E  

B
t
; bentuk titik Faraday-Maxwell
C. Hukum Maxwell tentang Induksi Magnet
Dengan beranggapan bahwa di dunia ini tidak ada monopole magnetic,
maka netto garis gaya yang melalui suatu permukaan tertutup selalu sama dengan
nol.
 B  ds  0
s
Bentuk Maxwell dalam integral yang menyatakan ketidakadaan monopole.
Jika diterapkan teorema divergnsiGauss, maka:
 B  ds     B dv  0
s
v
    B dv  0
v
Dan berlaku untuk sembarang volume, maka:
 B  0
Ini juga bias ditafsirkan dari arti fisis divergensi:
 garis gaya keluar  luas permukaan   garis gaya masuk  luas permukaan 

volume


B  
netto
fluks magnetik dari permukaan tertutup selalu nol.
D. Hukum Integral Ampere
menyatakan bahwa integral garis H sepanjang lintasan tertutup dengan arus searah
yang dilingkupi oleh lintasa tersebut.
 H  dl  i
Dari definisi fluks B  μo  H (dalam vakum), maka:
 B  dl  
0
 i (vakum)
untuk definisi fluks di dalam suatu lintasan :
 
H
  dl  I
 
F  

H
  dl    J   t   ds


   H  ds    J  
  H  J  
F
t
F  
  ds
t 
BAB VIII
PERSAMAAN POISSON DAN LAPLACE
Persamaan Poisson dan Laplace didapat dari persaman Maxwell dan
pernyataan bahwa medan listrik adalah negatif gradien potensial sebagai
berikut :
1.   E 


2. E  V
dari pers. (1) dan (2) didapat :



  V   

   V  
divergensi dari gradien ditulis   V    2V
 2V  


disebut persamaan Poisson untuk daerah yang bebas muatan  =0; maka
persamaan diatas akan menjadi  2V  0
8.1
Bentuk-Bentuk Explisit Persamaan Laplace dan Poisson
Simbol bisa diuraikan dalam berbagai bentuk sistem koordinat yakni
dengan cara mencari divergensi dari gradien dalam sistem koordinat tersebut
untuk sistem koordinat kartesian.



   V
V
V 

  V    aˆ x
 aˆ y
 aˆ z    aˆ x
 aˆ y
 aˆ z
y
z   x
y
z 
 x
  V    V    V 
 
 
 

x  x  y  y  z  z 
maka persamaan laplace dalam koordinat kartesis adalah :
 2V  2V  2V


0
x 2 y 2 z 2
Sedang persamaan Poisson adalah :
 2V  2V  2V 



x 2 y 2 z 2 
Pada sistem koordinat lain didapat dengan cara yang sama untuk koordinat
silinder
 2V    V
 

   V
1 V
V
  aˆr  aˆ
 aˆ z    aˆr
 aˆ
 aˆ z

z   r
r 
z
 r



Yang perlu diperhatikan dalam hal ini adalah operator sebelah kiri, jika dikerjakan
ke suku yang ada dikanannya harus dioperasikan sebagai operasi diferensial
seperti :
Dot product antara dua unit vektor yang tidak sejenis menghasilkan harga nol
(tidak berharga) sehingga hasil akhir untuk koordinat silinder adalah :
 2V 1 V 1  2V  2V
V  2 


r
r r r 2  2 z 2
2
Atau :
 2V 
1   V  1  2V  2V

r

r r  r  r 2  2 z 2
Maka persamaan Laplace untuk sistem koordinat silinder adalah :
 2V 
1   V  1  2V  2V

0
r

r r  r  r 2  2 z 2
Dan persamaan Poissonnya adalah :
1   V  1  2V  2V 


r

r r  r  r 2  2 z 2 
Dengan metoda yang sama dapat diturunkan persamaan Laplace dan Poisson
dalam koordinat Bola.
 2V  0
0
1   2 V 
1
 
V 
1
 2V
r

sin






  r 2 sin 2   2
r 2 r  r  r 2 sin   
sehingga dapat diperoleh persamaan Laplace untuk system koordinat bola adalah
2V 
1   2 V
r
r 2 r  r
1
 
V 
1
 2V


sin


0
 2


  r 2 sin 2   2
 r sin   
Dan persamaan Poisson dalam kordinat Bola adalah:
1   2 V 
1
 
V 
1
 2V 
r

sin







r 2 r  r  r 2 sin   
  r 2 sin 2   2 
8.2 Teorema Keunikan
Penyelesaian persamaan Laplace atau Poisson harus menghasilkan
jawaban yang unik, untuk itu diperlukan syarat-syarat batas yang lengkap. Dua
jawaban dari persamaan Laplace atau Poisson, keduanya harus memenuhi syarat
batas yang sama maka kedua jawaban harus identik satu sama lain.
Perhatikan contoh soal di bawah ini yang menggambarkan persoalan lengkap
dengan syarat-syaratnya .
Contoh :
1. Tetapkan fungsi potensial dan identitas medan listrik di dalam ruangan di
antara dua silinder tegak yang konsentris, jika V=0 pada r=1 mm dan V = 150
Volt pada r =20 mm, abaikan efek-efek sisi.
r2  20 mm
r1  1 mm
Penyelesaian :
Dari syarat batas potensial dalam persoalan ini konstan tehadap perubahan y
dan z maka persamaan Laplace dalam bentuk koordinat silinder hanya dipakai
komponen r nya saja :
1 d  dv 
r   0
r dr  dr 
Karena deferensial tidak tergantung pada Q dan Z maka akan menjadi
deferensial biasa dan kalikan kiri kanan dengan r maka
d  dv 
r   0
dr  dr 
Integralkan kiri kanan akan menjadi
r
dv
c
dr
 c  Kons tan ta
Maka :
dv 
cdr
r
 dv   c
dr
r
Maka
V  C ln r  B
Terapkan syarat batas :
; untuk r = 1 mm = 1x 10-3 m
V=0
V = 150 V ; untuk r = 20 mm = 2x 10-2 m
Untuk V  0
0  C ln 10-3  B.................1
Untuk V  150
150  C ln 2 10- 2  B..........2 
dari pers 1 dan 2 :
C ln 10-3  B  0
C ln 2 10- 2  B.  150 


C ln 10-3  ln 2 10- 2  150
- 150
C
-3
ln 10  ln 2 10- 2


C  50,1 ...........................3
substitusikan pers 3 ke pers 1
B  C ln 10 3
 50,1 6,91
 346,2
Sehingga
V  50,1 ln r  346,2 volt
Untuk mendapatkan E gunakan hubungan
E  V
 
1 

  aˆ r
 aˆ
 aˆ z 50,1 ln r  346,2
r 
z 
 r
50,1

aˆ r volt
m
r


2. Dua plat paralel seperti pada gambar dimana daerah diantara kedua plat bebas
muatan (  =0). Tentukan V dan E ?
d
200 volt
Penyelesaian :
Dari gambar terlihat bahwa :
pada Y = 0
Y=d
V = 200 Volt
V = 0 volt
Karena  =0 , maka :
 2V  0
 2V
0
y 2
V
C
 C  kons tan ta
y
V  Cy  B  B  kons tan ta
berdasarkan syarat batas :
y0
V  200 volt
yd
V  0 volt
B  200 .....................1
0  Cy  B .................2 
dari pers1 dan 2  didapat :
200
d
maka pers V adalah
C
V 
200
y  200 volt 
d
untuk menentukan E digunakan hubungan :
E  V



  200

  aˆ x
 aˆ y
 aˆ z  
y  200 
y
z  d

 x
200 volt

aˆ y
m
d


3. Jika efek sisi diabaikan dan sumbu z diisolasi, carilah V dan E diantara
permukaan keping dalam gambar dibawah ini ?
V= 400 volt
 
Penyelesaian :
Karena potensial konstan terhadap r dan z , persamaan laplace menjadi
1 d 2V
0
r d 2
 2V
0
 2
V
A

V  A  B
 A  kons tan ta
 B  kons tan ta
Dengan syarat batas
V 0
 0
0  A0  B
B  0 .........................1
V  400   
400  A   B ..........2
dari pers (1) dan (2) diperoleh :
A    400
400
A

sehingga persamaannya menjadi :
V
400

 volt 
untuk menentukan harga E digunakan hubungan :
E  V
 
1 
  400 
  aˆ r
 aˆ
 aˆ z 

r 
z   
 r
400 V

aˆ
m
r
 
4. Dalam koordinat bola V = 0 ; untuk r = 10 cm dan V = 95 Volt untuk r = 2 m.
Carilah V dan E diantara kedua permukaan bola tersebut .
Penyelesaian :
Syarat batas :
V 0
r  10cm  0,1m
V  95 r  2m
persamaan Laplacenya adalah :
 2V  0
1   2 V 
r
0
r 2 r  r 
  2 V 
r
0
r  r 
V
C
r
V C

r r 2
C
V  B
r
r2
 C  kons tan ta
 B  kons tan ta
untuk
V 0
r  10cm  0,1m
V  95
r  2m
0  10C  B ............................1
untuk
1
95   C  B
2
190  C  2 B .............................2
dari pers (1) dan (2) didapat :
B  10C  0
2
2 B  C  190  1
2 B  20C  0
2 B  C  190 
 21C  190
C  9,05 ..................................3
substitusi pers (3) ke pers (1)
B  10C
B  90,5
maka persamaannya menjadi :
V 
9,05
 90,5 volt 
r
untuk menentukan E gunakan hubungan :
E  V
 
1 
1
  9,05

 
  aˆ r
 aˆ
 aˆ
 90,5 
r 
r sin   
r

 r
 9,05 ln r aˆ r V
m
 
5. Dua piringan seperti pada gambar dibawah ini dipisahkan sejauh 5 mm,
tentukan V dan E diantara piringan tesebut dengan menganggap ρ = 0
Z
d
X
V=250 volt
Y
V= 100
volt
Syarat Batas :
V  100 volt
V  250 volt
Z 0
Z d
Persamaan laplacenya adalah ;
 2V  0
 2V
0
z 2
V
A
 A  kons tan ta
z
V  Az  B  B  kons tan ta
berdasarkan syarat batas
V  100 volt
100  A0  B
Z 0
B  100 ...............................1
V  250 volt
Z d
250  A  d  B .....................2
dari pers (1) dan (2) diperoleh :
150
d
maka
A
V 
150
z  100 volt 
d
Untuk menentukan E gunakan hubungan :
E  V
 
1 
  150

  aˆ r
 aˆ
 aˆ z 
z  100 
r 
z  d

 r
150

aˆ z V
m
d
 
DAFTAR PUSTAKA
1. Boas, Mary L. Mathematical Methads in The Physical Sciences. 1983, Jhon
Wiley & Sons. Inc
2. Edminister, Josep A. Theory And Problems Of Electromagnetics (Schaum
Series). 1984, Mc Graw – Hill. Inc
3. Feymen,
Richard.
The
Feymen
Lecturey
on
Physics
Electromagneticsm and Matter. 1966. Addis on-Wesly
Mainly
Publishing
Company.
4. Sadiku, Mathew N. O. Elements Of Electromagnetics. 1989, Saundres
College Publishing.
5. Spiegel, Murray R. Theory And Problems Of Vektor Analysis (Schaum
Series). 1959, Mc Graw- Hill. Inc