Handout listrik-magnet-i

HANDOUT KULIAH
LISTRIK MAGNET I
Oleh:
Dr. rer. nat. Ayi Bahtiar
JURUSAN FISIKA
FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM
UNIVERSITAS PADJADJARAN BANDUNG
2006

-+
++--Q +2Q
LISTRIK MAGNET I
AYI BAHTIAR
JURUSAN FISIKA FMIPA UNPAD

Materi Kuliah
1. Review Analisis Vektor
2. Medan Listrik Statik
● Hukum Coulomb
● Dalil Gauss dan Stokes
● Medan Listrik Statik
● Hukum Gauss dan Aplikasinya
3. Potensial Listrik
● Potensial Listrik
● Dipol dan Multipol
● Persoalan Listrik Statik ; Persamaan Poisson dan Laplace
● Fungsi Green
● Metoda Bayangan

Materi Kuliah
4. Bahan Dielektrik
● Polarisasi Listrik
● Medan Pergeseran Listrik
● Kapasitansi Listrik
● Syarat Batas antara Dua Bahan Dielektrik
5. Teori Mikroskopik dari Dielektrik
● Medan Molekul dalam Dielektrik
● Molekul-molekul Polar
● Polarisasi Permanen; Feroelektrisitas
6. Energi Elektrostatik
● Rapat Energi Listrik
● Kapasitansi Listrik

Pustaka
1. J. R. Reitz,” Foundations of Electromagnetic Theory”, Addison-
Wesley Publ., 1993
2. D. J. Griffith,” Introduction to Electrodynamics”, Prentice-Hall Inc.,
1989.
3. J. D. Jackson,” Classical Electrodynamic”, John Wiley & Sons
Inc., 1991.

STANDAR KOMPETENSI
1. ANALISIS VEKTOR
Mereview operasi dalam vektor, operator nabla, integral garis, integral
permukaan, integral volume, Teorema Divergensi, dan Teorema Stokes.
2. MEDAN LISTRIK STATIK
Menerapkan analisis vektor untuk merumuskan hukum Coulomb, medan listrik,
fluks garis saya dan menurunkan hukum Gauss.
3. POTENSIAL LISTRIK
□ Membuktikan sifat konservatif medan listrik statik E dan merumuskan medan
potensial listrik statik φ.
□ Menghitung potensial listrik dan mengungkapkan pernyataan uraian multipol.
□ Menurunkan persamaan Laplace dan Poisson untuk potensial listrik
□ Memecahkan persamaan Laplace untuk berbagai syarat dengan mengguna-
kan metoda pemisahan variabel dan persamaan Poisson dengan mengguna-
kan fungsi Green dan metoda bayangan.

4. BAHAN DIELEKTRIK
□ Mendefinisikan medan potensial listrik P dan memahami hubungannya
dengan rapat dipol listrik makroskopik dan rapat muatan listrik permukaan.
□ Mendefinisikan medan pergeseran listrik D dan merumuskan ulang hukum
Gauss dalam G.
□ Mendeskripsikan hubungan antara medan E, P dan D serta mencirikan khas
bahan dielektrik, suseptibilitas listrik dan konstanta dielektrik.
5. TEORI MIKROSKOPIK BAHAN DIELEKTRIK
□ Mendefinisikan medan-medan molekul dan medan polarisasi dalam bahan
dielektrik.
□ Mendeskripsikan molekul-molekul polar dan non-polar.
□ Mendeskripsikan sifat-sifat bahan feroelektrik.
6. ENERGI LISTRIK STATIK
□ Merumuskan besaran kapasitansi listrik C.
□ Menghitung kapasitansi listrik ekivalen rangkaian kapasitor seri dan paralel.
□ Merumuskan rapat energi listrik statik.

Besaran fisis dalam Fisika diungkapkan dalam besaran skalar dan vektor.
• Skalar adalah besaran yang hanya memiliki nilai.
• Vektor adalah besaran yang memiliki nilai dan arah.
A. ALJABAR VEKTOR
Penjumlahan dan Pengurangan Vektor :
( )
( ) ( ) CBACBACBA
BABA
BAC
rrrrrrrrr
rrrr
rrr
++=++=++
−+=−
+=
Perkalian Vektor :
BAAB
0AA
sinBABA
AAA
cosBABA
rrrr
rr
rrrr
rr
rrrr
×−=×
=×
θ=×
•=
θ=• ( ) ( ) ( )
Ak
AA
AC
XXAC
BA;B
AA
Ac
XXAc
BACCABCBA
r
rr
rr
rrrr
rrr
rr
r
rrr
rrrrrrrrr
+
•
×
=⇒×=
⊥+
•
=⇒•=
•−•=××
k = sembarang skalar

B. GRADIEN
Gradien suatu fungsi skalar adalah suatu vektor yang turunan arahnya
maksimum di titik yang ditinjau dan arah vektornya adalah arah dari turunan
maksimum di titik tersebut.
Dalam koordinat Kartesian (x,y,z):
z
k
y
j
x
igrad
∂
ϕ∂
+
∂
ϕ∂
+
∂
ϕ∂
=ϕ
rrr
Dalam koordinat Bola (r,θ,φ) :
φ∂
ϕ∂
θ
+
θ∂
ϕ∂
+
∂
ϕ∂
=ϕ φθ
sinr
1
a
r
1
a
r
agrad r
rrr
C. INTEGRAL VEKTOR
Jika F adalah suatu vektor, maka integral garis dari vektor F :
( )
( )
∑∫ =
∞→
∆•=•
N
1i
ii
N
b
Ca
FlimdrF l
rr
l
rrr
a
b
C
l
r
d

Jika C merupakan lintasan tertutup :
∫ •
C
dF l
rr
Jika F adalah suatu vektor, maka integral permukaan dari vektor F :
∫ •
S
danF
rr
Batas
n
r
Jika S merupakan permukaan tertutup :
∫ •
S
danF
rr
Jika F adalah vektor dan ϕ adalah skalar, maka integral volumenya :
( )
( )vektordvFK
skalardvJ
V
V
∫
∫
=
ϕ=
rr

D. DIVERGENSI
Divergensi suatu vektor adalah limit dari intergral permukaan vektor tsb per-
satuan volume, jika volume yang dilingkupi oleh permukaan S mendekati nol.
∫ •=
→
S
0V
danF
V
1
limFdiv
rrr
Dalam koordinat Kartesian (x, y, z):
x
F
x
F
x
F
Fdiv zyx
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
=
r
Dalam koordinat Bola (r, θ, ϕ):
( ) ( )
ϕ∂
∂
θ
+θ
θ∂
∂
θ
+
∂
∂
= ϕ
θ
F
sinr
1
Fsin
sinr
1
Fr
rr
1
Fdiv r
2
2
r

Teorema Divergensi
Integral dari divergensi suatu vektor diseluruh volume V sama dengan integral
permukaan dari komponen normal vektor di seluruh permukaan yang meliputi
volume V.
∫ ∫ •=
V S
danFdvFdiv
rrr
E. CURL
Curl suatu vektor adalah limit perbandingan integral dari perkalian silang vektor
tsb dengan vektor normalnya di seluruh permukaan tertutup, jika volume yang
dilingkupi permukaan mendekati nol.
∫ ×=
→
S
0V
daFn
V
1
limFcurl
rrr
Komponen curl F dalam arah vektor satuan a adalah limit dari suatu integral
garis persatuan luas, bila luas tertutup tersebut mendekati nol. Luas tersebut
tegak lurus terhadap vektor a.

∫
∫
×•=
•=•
→
→
S
0V
C
0S
daFna
V
1
lim
dF
S
1
limFcurla
rrr
l
rrrr
Dimana kurva C adalah bidang normal vektor a.
a
r
n
r
na
rr
×da
ξ l
r
d
C
C’
Karena a paralel dengan normal seluruh permukaan, maka :
l
rrr
ddana ξ=×

Karena V = ξS, maka :
∫ •ξ
ξ
=•
→
C
0V
dF
S
1
limFcurla l
rrrr
Teorema Stokes
Integral garis dari suatu vektor diseluruh lintasan tertutup C sama dengan
integral komponen normal dari curl vektor tersebut di semua permukaan S
yang dilingkupi lintasan tadi.
∫∫ •=•
SC
danFcurldF
rr
l
r

F. OPERATOR DIFERENSIAL VEKTOR
Operator diferensial vektor disebut del atau nabla.
Dalam koordinat Kartesian :
∇
r
z
k
y
j
x
i
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
=∇
rrrr
Grad :
z
k
y
j
x
i
∂
φ∂
+
∂
φ∂
+
∂
φ∂
=φ∇
rrrr
Curl :
Divergensi :
z
F
y
F
x
F
F zyx
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
=•∇
rr
zyx FFF
zyx
kji
F
∂
∂
∂
∂
∂
∂
=×∇
rrr
rr

Operator del adalah operator linier :
( )
( )
( ) GbFaGbFa
GbFaGbFa
baba
rrrrrrr
rrrrrrr
rrr
×∇+×∇=+×∇
•∇+•∇=+•∇
ψ∇+ϕ∇=ψ+ϕ∇
Jika a dan b adalah konstanta-konstanta skalar.
Teorema integral lain yang penting.
( )
∫ ∫
∫ ∫
∫ ∫
•=•∇
•=•×∇
ϕ−ϕ=ϕ=•ϕ∇
V S
S C
b
Ca
b
a
ab
danFdvF
dFdanF
dd
rrrr
l
rrrrr
l
rr

G. OPERATOR LAPLACE
2
∇=∇•∇
rr
Dalam koordinat Kartesian :
2
2
2
2
2
2
2
zyx ∂
ϕ∂
+
∂
ϕ∂
+
∂
ϕ∂
=ϕ∇
( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )GFFGGFFGGF
FGFGGFGFGF
FFF
0
0F
0
2
rrrrrrrrrrrrrrr
rrrrrrrrrrrrrrr
rrr
rrrrrrr
rr
rrr
rr
∇•−∇•+•∇−•∇=××∇
×∇×+∇•+×∇×+∇•=•∇
ψ∇ϕ+ψϕ∇=ϕψ∇
∇−•∇∇=×∇×∇
=ϕ∇×∇
=×∇•∇
=∇×∇

( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )
0r
GrG
0r
3r
FFG
FGGFGF
FFF
2
=∇
=∇•
=×∇
=•∇
×∇ϕ+×ϕ∇=ϕ×∇
•×∇−•×∇=×•∇
•∇ϕ+•ϕ∇=ϕ•∇
rrrr
rr
rr
rrrrrr
rrrrrrrrr
rrrrrr
( ) ( )∫ ∫
∫ ∫
∫ ∫
∫ ∫
•=∇•+•∇
×=×∇
ϕ=ϕ∇
ϕ=ϕ∇×
V S
V S
V S
S C
danGFdvFGG
daFndvF
dandv
dn
rrrrrrrr
rrr
r
l
rrr

Hukum Coulomb
1. Hanya ada dua jenis muatan listrik : positif (+) dan negatif (-)
2. Antara dua muatan titik terdapat gaya interaksi yang bekerja
sepanjang garis penghubung kedua muatan tadi yang berbanding
terbalik dengan kuadrat jarak antara dua muatan tersebut.
3. Gaya-gaya tersebut sebanding dengan perkalian muatan-muatan
tersebut yang bersifat tolak-menolak untuk muatan sejenis dan
tarik-menarik untuk muatan tak-sejenis.
Eksperimen memungkinkan pengamatan gaya-gaya interaksi antara muatan-
muatan listrik.
HUKUM COULOMB

HUKUM COULOMB
SKALAR
r
q1 q2
2
21
0
2
21
r
qq
4
1
r
qq
kF
πε
==
ε0 = permitivitas vakuum
= 8,8542 x 10-12 F/m
k ≈ 9 x 109 N m2/C2

VEKTOR
q1 q2
1F
r
2F
r
1r
r 2r
r
0
12r
r
2112
2112
1221
2112
rr
rr
rrr
rrr
rr
rr
rrr
rrr
=
−=



−=
−=
Gaya pada q1:
123
12
21
0
12
12
2
12
21
0
1
r
r
qq
4
1
r
r
r
qq
4
1
F
r
r
r
r
r
r
πε
=
πε
=
Gaya pada q2:
213
21
21
0
21
21
2
21
21
0
2
r
r
qq
4
1
r
r
r
qq
4
1
F
r
r
r
r
r
r
πε
=
πε
=

Secara Umum (Operator Nabla)
( )
( ) 







−
∇
πε
=








−
∇
πε
−=
21
221
0
22
21
121
0
11
rr
1
qq
4
1
rF
rr
1
qq
4
1
rF
rr
rrr
rr
rrr
Untuk beberapa muatan titik:
jiij
ji
i
N
ij 0
j
i3
ij
ij
N
ij 0
j
i1
rrr
rr
1
4
q
q
r
r
4
q
qF
rrr
rr
r
r
r
−=








−
∇
πε
=
πε
= ∑∑
≠≠

Jika muatan-muatan titik terdistribusi dalam suatu fungsi (fungsi rapat muatan) yang
didefinisikan sebagai limit dari muatan persatuan volume jika volume menjadi tak
hingga.
Rapat muatan volume:
V
q
lim
0V ∆
∆
=ρ
→∆
Rapat muatan permukaan:
S
q
lim
0S ∆
∆
=σ
→∆
Jika muatan terdistribusi melalui suatu volume V dengan rapat ρ dan pada
permukaan S yang melingkupi volume V dengan rapat σ, maka gaya interaksi yang
diakibatkan oleh distribusi muatan tersebut dari suatu muatan titik yang berjarak r :
( ) ( ) ( ) 'da'r
'rr
'rr
4
q
'dv'r
'rr
'rr
4
q
rF
S
3
0V
3
0
r
rr
rr
r
rr
rr
rr
σ
−
−
πε
+ρ
−
−
πε
= ∫∫
'r
r = vektor posisi dari distibusi muatan

MEDAN LISTRIK
Setiap muatan titik akan menimbulkan medan yang akan mempengaruhi muatan
dalam bentuk gaya.
Medan listrik suatu muatan titik didefinisikan sebagai limit dari gaya yang bekerja
pada muatan titik lain (muatn uji) yang ditimbulkan oleh muatan titik tadi.
q
F
limE
0q
r
r
→
=
Limit q → 0 untuk memastikan bahwa muatan titik test tadi
tidak mempengaruhi distribusi muatan yang menghasilkan
medan listrik.
Kuat medan listrik biasa digambarkan dengan bantuan garis
gaya.
-++
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
-
-
-
-
-
-
-
-
-

Kombinasi muatan-muatan titik dan distribusi muatan
q1
q2 q3
q
V
dv’
0
r
r
'rr
rr
−
'r
r
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) 'da'r
'rr
'rr
4
1
'dv'r
'rr
'rr
4
1
rr
rr
q
4
1
rE
'da'r
'rr
'rr
4
q
'dv'r
'rr
'rr
4
q
rr
rr
q
4
q
rF
S
3
0V
3
0
3
i
i
N
1i
i
0
S
3
0V
3
0
3
i
i
N
1i
i
0
r
rr
rr
r
rr
rr
rr
rr
rr
r
rr
rr
r
rr
rr
rr
rr
rr
σ
−
−
πε
+ρ
−
−
πε
+
−
−
πε
=
σ
−
−
πε
+ρ
−
−
πε
+
−
−
πε
=
∫∫∑
∫∫∑
=
=

HUKUM GAUSS
Menggambarkan hubungan antara integral komponen normal dari medan listrik
pada suatu permukaan tertutup dan muatan total yang dilingkupi permukaan
tersebut.
q
nˆ E
r
S
da da
r
nˆr
4
q
danˆE
S
3
S 0
∫∫
•
πε
=•
rr
=
•
=Ω da
r
nˆr
d 3
r
Sudut ruang yang dibuat oleh q melalui elemen luas da.
q
da
r
Ωd




 π
=∇=
•
=
•
∫∫∫
0
4
dr
r
1
'da
'r
nˆ'r
da
r
nˆr
r
2
S
3
S
3 r
rr Jika q berada di dalam S
Jika q berada di luar S
Buktikan, sebagai latihan!!!!
HUKUM GAUSS
∫
∫
=•
ε
=•
S
S 0
0danˆE
q
danˆE
r
r
Jika muatan q berada dalam permukaan S
Jika muatan q berada diluar permukaan S

Secara umum Hukum Gauss adalah:
∑∫ =
ε
=•
N
1i
i
S 0
q
1
danˆE
r Dimana qi adalah muatan-muatan titik yang
dilingkupi oleh permukaan S
Jika S adalah suatu permukaan tertutup yang dilingkupi oleh volume V, maka
Hukum Gauss dapat dinyatakan oleh:
∫∫ ρ
ε
=•
VS 0
dV
1
danˆE
r

Teorema Divergensi:
∫∫ •∇=•
VS
dVFdanˆF
rrr
Maka Hukum Gauss dalam bentuk diferensial:
∫∫ ∫ ρ
ε
=•∇=•
VS 0V
dV
1
dVEdanˆE
rrr
0
E
ε
ρ
=•∇
rr

Contoh Soal
1. Hitung kuat medan listrik di titik r di sekitar suatu kawat lurus yang
sangat panjang yang memiliki rapat muatan panjang λ.
2. Hitung kuat medan listrik pada permukaan suatu konduktor yang
memliki rapat muatan persatuan luas σ.
Solusi:
1.
l
nˆ
nˆ
nˆ
r
E
r
Hukum Gauss:
r2
E
r2.E
d
1
danˆE
0
r
0
r
S 0
πε
λ
=
ε
λ
=π
λ
ε
=• ∫∫
l
l
l
r

2. Dalam konduktor, muatan listrik terdistribusi di permukaan konduktor,
sehingga ρ = 0 didalam konduktor. Di luar konduktor medan listrik searah normal
permukaan.
Ambil elemen permukaan dS dalam konduktor (lihat gambar).
dS
E
r
E = 0
n
r
Hukum Gauss :
0
0
S 0
E
SS.E
dS
1
dSnE
ε
σ
=
∆
ε
σ
=∆
σ
ε
=•∫ ∫
rr

Bila Curl dari suatu vektor sama dengan nol, maka vektor tersebut bisa dinyatakan
sebagai gradien dari suatu skalar.
( ) 0x
0Ax
=φ∇∇
=∇
rr
rr
= vektor dan φ adalah skalarA
r
Gaya Coulomb dan medan listrik dinyatakan :
( )
( ) 







−
∇
πε
−=








−
−
πε
=








−
−
πε
=
'rr
1
'q
4
1
'rr
'rr
'q
4
1
rE
'rr
'rr
'qq
4
1
rF
0
3
0
3
0
rr
r
rr
rr
rr
rr
rr
rr
0
'rr
1
'q
4
1
x
0Ex
0
=
















−
∇
πε
∇
=∇
rr
rr
rr

( )
( )
( ) ( )rrE
'rr
1
'q
4
1
r
0x
0
rrrr
rr
r
rr
φ∇−=








−πε
=φ
=φ∇∇Ingat:
Potensial listrik statik akibat suatu muatan titik q’:
Potensial listrik akibat muatan-muatan titik dan distribusi muatan:
( ) ( ) ( ) 'da
'rr
'r
4
1
'dv
'rr
'r
4
1
rr
q
4
1
r
S0V0i
i
N
1i0
∫∫∑ −
σ
πε
+
−
ρ
πε
+
−πε
=φ
=
rr
r
rr
r
rr
r

Pembuktian dengan cara lain:
( )
0
'rr
'rr
x'q
4
1
Ex
'rr
'rr
'q
4
1
rE
3
0
3
0
=








−
−
∇
πε
=∇








−
−
πε
=
rr
rrrrr
rr
rr
rr
( ) ( )'rrx
'rr
1
'rrx
'rr
1
'rr
'rr
x 333
rr
rr
rrrr
rrrr
rrr
−








−
∇+−∇
−
=








−
−
∇
( )
( ) 0'rrx
'rr
1
'rr
'rr
3
'rr
1
0'rrx
3
53
=−








−
∇
−
−
−=
−
∇
=−∇
rr
rr
r
rr
rr
rr
r
rrr
Karena perkalian silang
vektor yang sejajar
adalah nol

Maka jika medan listrik E diketahui, potensial listrik dapat ditulis sebagai:
( ) ∫ •−=φ
r
ref
dEr l
rrr
Energi potensial di titik r relatif terhadap titik acuan (referensi):
( ) ( ) 'rd'rFrU
r
ref
rrrr
•−= ∫

1. Hitung potensial listrik di titik r di sekitar suatu kawat lurus yang sangat
panjang yang memiliki rapat muatan panjang λ.
Contoh soal
Solusi :
Medan listrik di sembarang titik sejauh r dari kawat lurus yang sangat panjang :
( )
Crln
2
dr
r2
rdEr
r
r2r2
E
00
2
00
+
πε
λ
=
πε
λ
−=
•−=φ
πε
λ
=
πε
λ
=
∫
∫
rr
rr
C = konstanta integrasi (ditentukan oleh syarat batas)

Jika dua buah muatan yang sama besarnya tapi berlainan jenis terpisah oleh jarak
yang kecil akan membentuk suatu dipol listrik.
Pandang dua muatan -q di posisi r’ dan +q’ di posisi r’+l, maka medan listrik di
titik r :
0
'r
r
l
rr
+'r
l
r
r
r
'rr
rr
− +q-q
( )








−
−
−
−−
−−
πε
=
−
−
πε
= ∑
=
33
0
3
i
i
N
1i
i
0
'rr
'rr
'rr
'rr
4
q
rr
rr
q
4
1
rE
rr
rr
l
rrr
l
rrr
rr
rr
rr
1. DIPOL LISTRIK

( ) ( )[ ]
( )
2/3
2
2
3
2/3223
'rr'rr
'rr2
1'rr
'rr2'rr'rr
−
−
−−








−
+
−
•−
−−=
+•−−−=−−
rr
l
r
rr
l
rrr
rr
l
r
l
rrrrr
l
rrr
Dengan menggunakan deret binomial, dimana hanya bagian liniernya saja yang
diambil, maka:
( )








+
−
•−
+−=−−
−−
.....
'rr
'rr3
1'rr'rr 2
33
rr
l
rrr
rr
l
rrr
Maka medan listrik di titik r akibat oleh dipol listrik menjadi:
( ) ( ) ( )








+
−
−−
−
•−
πε
= ...
'rr
'rr
'rr
'rr3
4
q
rE 35
0
rr
l
r
rr
rr
l
rrr
rr

( ) ( ) ( )








+
−
−−
−
•−
πε
= ...
'rr
'rr
'rr
'rr3
4
q
rE 35
0
rr
l
r
rr
rr
l
rrr
rr
Jika jarak antara kedua muatan titik sangat kecil (limit l mendekati nol) dan tidak
ada medan listrik, kecuali muatan-muatan titik tadi tak hingga.
Dalam kasus ini, maka ql menjadi konstan, sehingga dikatakan dipol titik. Suatu
dipol dikarakteristik oleh momem dipol listrik:
l
r
l
rr
l
r
q
qlimp
0
=
=
→
Maka medan listrik dapat dinyatakan:
( ) ( ) ( )








−
−−
−
•−
πε
= 35
0 'rr
p
'rr
'rr
p'rr3
4
1
rE rr
r
rr
rr
rrr
rr

Distribusi potensial yang dihasilkan oleh dipol listrik:
( )
( ) ( )
3
0
0
'rr
'rr
4
q
r
.....
'rr
1
'rr
1
4
q
r
rr
l
rrr
r
rr
l
rrr
r
−
•−
πε
=φ








−
−
−−πε
=φ
Untuk dipol titik:
( ) ( )
3
0 'rr
'rrp
4
1
r rr
rrr
r
−
−•
πε
=φ

Jika dua muatan -q di posisi r dan +q di posisi r+l, diletakkan di dalam suatu
medan listrik luar (dimana medan listrik digambarkan oleh potensial
maka energi potensial:
( )rext
r
φ
( ) ( )l
rrr
+φ+φ−= rqrqU extext
Jika: r
r
l
r
<< ( ) ( ) ( )rrr extextext
rr
l
rr
l
rr
φ∇•+φ=+φmaka
titikdipoluntukp
qU
ext
ext
φ∇•=
φ∇•=
rr
r
l
r
Karena medan listrik adalah negatif gradien dari potensial listrik,
maka:
( ) ( )rrE
rrrr
φ∇−=
( ) ( )rEprU ext
rrr
•−=

2. MULTIPOL LISTRIK
Jika terdiri dari banyak muatan titik, maka untuk mengurangi jumlah koordinat titik
digunakan suatu distribusi muatan.
Pandang suatu titik sembarang didalam distibusi muatan yang berjarak r’ dengan
rapat muatan pada titik tersebut ρ(r’) dan suatu titik tinjau r yang berada jauh dari
distribusi muatan tadi.
0
dv’
'r
r
V
titik tinjau
r
r
Potensial di titik r :
( ) ( ) 'dv
rr
'r
4
1
r
V0
∫ −
ρ
πε
=φ rr
r
r
'rr
rr
−

Karena 'rr
rr
>>
( )








+





+
•
−+





+
•
−−=
+•−=−
−−
...
r
'r
r
'rr2
2
3
2
1
2
1
r
'r
r
'rr2
2
1
1
r
1
'r'rr2r'rr
2
2
2
22
2
2
2/1221
rrrr
rrrr
( ) ( ) ( ) 'dv'r...
r
'r
r
'rr3
2
1
r
'rr
r
1
4
1
r 3
2
5
2
3
V0
r
rrrr
r
ρ








+





−
•
+
•
+
πε
=φ ∫
Maka:
Karena r tidak terlibat dalam integrasi, maka variabel r dapat disimpan diluar.
( ) ( ) ( ) ( ) ( )








ρδ−+ρ+ρ
πε
=φ ∫∑∑∫∫ = =
'dv'r'r'x'x3
r
xx
2
1
'dv'r'r
r
r
'dv'r
r
1
4
1
r
V
2
ijji5
ji
3
1i
3
1jV
3
V0
rrr
r
rr
xi, xj adalah komponen kartesian dari r dan xi’, xj’ adalah komponen Kartesian dari r’



=
≠
=δ
ji,1
ji,0
ij

( ) ( ) ( ) ( ) ( )








ρδ−+ρ+ρ
πε
=φ ∫∑∑∫∫ = =
'dv'r'r'x'x3
r
xx
2
1
'dv'r'r
r
r
'dv'r
r
1
4
1
r
V
2
ijji5
ji
3
1i
3
1jV
3
V0
rrr
r
rr
Potensial dari muatan
total Potensial dari momen dipol
distribusi muatan
Potensial dari momen
tensor kuadropol
Jika posisi r berada jauh dari distribusi muatan dimana ρ berada, maka:
( ) 



+
•
+
πε
=φ ...
r
rp
r
Q
4
1
r 3
0
rr
r
Dimana Q = muatan total didalam distribusi muatan
p = momen dipol dari distribusi muatan
( ) 'dv'r'rp
V
rrr
ρ= ∫

FUNGSI DELTA DIRAC
Fungsi delta-dirac merupakan ekspresi matematik dari suatu fungsi pada titik r = 0
( ) ( )
( )
( ) 1'dv'r
0runtuk0r
rqr
=δ
≠=δ
δ=ρ
∫
r
rr
rr
( ) ( )
( ) ( ) )r(F'dvr'r'rF
)0(F'dv'r'rF
00
rrrr
rr
=−δ
=δ
∫
∫
F adalah fungsi skalar atau fungsi vektor
Maka jika
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )( ) ( )i3
i
i
0
3
ii
0
i
i
0
ii
0
ii
rr
rr
q
4
1
'dv'rr
'rr
r'rq
4
1
rE
rr
q
4
1
'dv
'rr
r'rq
4
1
r
r'rq'r
rr
rr
rr
rr
rr
vr
rrrr
rr
r
rrr
−
−πε
=−
−
−δ
πε
=
−πε
=
−
−δ
πε
=φ
−δ=ρ
∫
∫
Untuk suatu muatan titik qi para posisi ri

Dengan demikian Hukum Gauss:
ρ
ε
=•∇
0
1
E
rr
Untuk suatu muatan titik q pada r = 0, menjadi:
( )
( )r4
r
r
atau
rq
1
r
r
4
q
3
0
3
0
r
rr
r
rr
πδ=•∇
δ
ε
=
πε
•∇
Karena:
3
r
r
r
1
dr
d
r
r
r
1
rrr
−=





=





∇
maka:
( )r4
r
1
r
12 rrr
πδ−=





∇•∇=





∇

PERSOALAN-PERSOALAN
DARI LISTRIK STATIK

Pada dasarnya untuk menghitung potensial dan medan listrik dapat dilakukan
langsung dengan menghitung integral dari distribusi muatan ρ(r’) melalui:
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
∫∫
∫∫
−
−
πε
=ρ
−
−
πε
=
−πε
=
−
ρ
πε
=φ
3
0
3
0
00
'rr
'dq'rr
4
1
'dr'r
'rr
'rr
4
1
rE
'rr
'dq
4
1
'dr
'rr
'r
4
1
r
rr
rr
r
rr
rr
rr
rrrr
r
r
Namun dalam kenyataannya seringkali distribusi muatan tidak diketahui,
sehingga pertama harus ditentukan dulu medan listrik, baru kemudian distribusi
muatan.
Contoh: persoalan yang melibatkan beberapa konduktor, dimana potensial atau
muatan total dari masing-masing konduktor diketahui, namun distribusi muatan
permukaan tidak diketahui atau harus ditentukan sebagai solusi dari masalah tsb.
Q1
Q3
Q2
1φ 3φ
2φ

Solusinya: Kita tentukan dahulu potensialnya baru menentukan distribusi
muatannya.
PERSAMAAN POISSON
Hukum Gauss:
( )
0
2
0
0
E
E
ε
ρ
−=φ∇
ε
ρ
=φ∇•∇−⇒





φ∇−=
ε
ρ
=•∇ rr
rr
rr
Persamaan Poisson
Operator diferensial:
2
∇=∇•∇
rr
disebut operator Laplace

Operator Laplace dalam Koordinat Kartesian (x,y,z)
2
2
2
2
2
2
2
zyx ∂
φ∂
+
∂
φ∂
+
∂
φ∂
≡φ∇
Operator Laplace dalam Koordinat Bola (r,θ,ϕ)
2
2
222
2
2
2
sinr
1
sin
sinr
1
r
r
rr
1
ϕ∂
φ∂
θ
+





θ∂
φ∂
θ
θ∂
∂
θ
+





∂
φ∂
∂
∂
≡φ∇
Operator Laplace dalam Koordinat Silinder (r,θ,z)
2
2
2
2
2
2
zr
1
r
r
rr
1
∂
φ∂
+
θ∂
φ∂
+





∂
φ∂
∂
∂
≡φ∇

PERSAMAAN LAPLACE
Dalam kasus persoalan listrik statik yang melibatkan konduktor, dimana seluruh
muatan-muatannya berada pada permukaan konduktor atau muatan-muatannya
merupakan muatan-muatan titik yang tetap, maka ρ adalah nol di titik di dalam
ruang:
02
=φ∇ Persamaan Laplace
TEOREMA I : Jika φ1, φ2, …, φn adalah solusi-solusi persamaan Laplace, maka:
222211 C...CC φ++φ+φ=φ
Dimana C adalah konstanta sembarang, juga merupakan solusi.

TEOREMA II : (Teorema Keunikan) ; Dua solusi persamaan Laplace yang
memenuhi syarat batas yang sama, hanya berbeda pada suatu konstanta
tambahan.
0
C...CC
C...CC
n
2
n2
2
21
2
1
nn
2
22
2
11
22
=
φ∇++φ∇+φ∇=
φ∇++φ∇+φ∇=φ∇
Bukti:

Persamaan Laplace dalam satu variabel bebas
Jika ϕ merupakan fungsi yang bergantung hanya pada satu variabel saja, maka
persamaan Laplace menjadi suatu persamaan diferensial biasa. Contoh fungsi ϕ
yang hanya bergantung pada x saja.
( ) baxx
0
dx
d
2
2
+=φ
=
φ
a dan b adalah konstanta yang ditentukan oleh syarat batas.
Dalam koordinat bola:
( ) b
r
a
r
0
r
r
rr
1
dr
d 2
22
2
+−=φ
=





∂
φ∂
∂
∂
=
φ

Persamaan Laplace dalam banyak variabel bebas
Sebagai contoh untuk kasus koordinat bola (r,θ,ϕ), dimana kita membatasi diri
bahwa fungsi φ tidak bergantung pada variabel azimut ϕ, sehingga :
( )θφ=φ ,r
Persamaan Laplace menjadi:
)1..(..........0sin
sinr
1
r
r
rr
1
2
2
2
2
=





θ∂
φ∂
θ
θ∂
∂
θ
+





∂
φ∂
∂
∂
=φ∇
Persamaan diferensial parsial ini dapat diselesaikan denga metoda pemisahan
variabel.
( ) ( ) ( )θ=θφ PrZ,r
Substitusi ke pers. (1) menghasilkan:
( ) ( ) )2..(..........0
d
dP
sin
d
d
sinr
rZ
dr
dZ
r
dr
d
P
r
1
2
2
2
=





θ
θ
θθ
+





θ

( ) ( ) )2..(..........0
d
dP
sin
d
d
sinr
rZ
dr
dZ
r
dr
d
P
r
1
2
2
2
=





θ
θ
θθ
+





θ
Jika persamaan (2) dibagi dengan Z(r) P(θ), dan dikalikan dengan r2 maka:
)3....(....................
d
dP
sin
d
d
sinP
1
dr
dZ
r
dr
d
Z
1
0
d
dP
sin
d
d
sinP
1
dr
dZ
r
dr
d
Z
1
2
2






θ
θ
θθ
−=





=





θ
θ
θθ
+





Dalam pers. (3), sebelah kiri hanya bergantung pada r saja sedangkan sebelah
kanan hanya bergantung pada θ saja. Agar persamaan diatas berlaku, maka
kedua suku sama dengan suatu konstanta k (konstanta separasi).
)4.(....................0kP
d
dP
sin
d
d
sin
1
k
d
dP
sin
d
d
sinP
1
=+





θ
θ
θθ
−=





θ
θ
θθ

Secara fisis, solusi pers. (4) bernilai 0 sampai dengan π, maka k = n(n+1), dimana n
adalah bilangan bulat. Solusi persamaan (4) dikenal sebagai polinom Legendre
Pn(θ)
cos θ1
½ (5 cos3θ - 3 cos θ)3
½ (3 cos2θ - 1)2
10
Pn(θ)n
Maka persamaan (3) menjadi:
)5....(....................Z)1n(n
dr
dZ
r
dr
d
)1n(n
dr
dZ
r
dr
d
Z
1
2
2
+=





+=






Pers. (5) mempunyai dua buah solusi independen, yaitu:
( )1n
n
n
n
rZ
rZ
+−
=
=
Karena fungsi φ merupakan kombinasi dari variabel r dan θ, maka solusi
persamaan Laplace menjadi:
( ) ( )
( )
( )
( )θ=φ
θ=φ
θ=θφ
+−
n
1n
n
n
n
n
nnn
Pr
Pr
P)r(Z,r

Contoh soal:
1. Dua buah pelat konduktor yang sejajar terpisah sejauh d. Konduktor q memiliki
potensial φ1 (x=0) dan konduktor 2 φ2 (x=d) . Tentukan potensial di setiap titik?
Solusi:
d
sumbu-x
1φ 2φ
( ) baxx
0
dx
d
2
2
2
+=φ
=
φ
=φ∇
Syarat batas?
122
11
addx
b0x
φ+=φ⇒φ=φ=
φ=⇒φ=φ=
d
a 12 φ−φ
=
Maka potensial di setiap titik:
( ) 1
12
x
d
x φ+




 φ−φ
=φ

2. Suatu bola konduktor berjejari a diberi medan listrik yang semula seragan E0
yang seraha dengan sumbu-z. Hitung medan-medan listriknya dalam arah
radial dan
Solusi:
( )
( )
( )
( )
( ) ( ) ...1cos3rC
2
1
1cos3rA
2
1
cosrCcosrArCA,r
Pr
Pr
23
3
22
3
2
22
1
11
n
1n
n
n
n
n
+−θ+−θ
+θ+θ++=θφ




θ=φ
θ=φ
−
−−
+−
z
kEEE 00
rrr
==
Medan listrik tanpa kehadiran bola konduktor
P
r
θ
Medan listrik akibat kehadiran bola konduktor

Pada titik r →∞, medan listrik uniform
( )[ ]
( )[ ]
tatankonscosrE
tatankonszE,r
kEE,rE
0
0r
00r
+θ−=
+−=θφ
==θ
∞→
∞→
rrr
( )
( ) ( ) ...1cos3rC
2
1
1cos3rA
2
1
cosrCcosrArCA,r
23
3
22
3
2
22
1
11
+−θ+−θ
+θ+θ++=θφ
−
−−
Agar potensial sama untuk r →∞, maka: A = - E0, sehingga:
( ) arcosrCcosrEA,r 2
201 ≥θ+θ−=θφ −
Suatu bola konduktor dengan jari-jari a adalah suatu permukaan ekipotensial
dengan potensial φ0, maka:
( ) 0,a φ=θφ

Agar kedua potensial sama pada r = a, maka:
( )
( ) θ+θ−φ=θφ
=⇒θ=θ
φ=
φ=θ+θ−=θφ
−
−
cos
r
a
EcosrE,r
aECcosaCcosaE
A
cosaCcosaEA,a
2
3
000
3
02
2
20
01
0
2
201
Medan-medan listrik:
θ







−−=
θ∂
φ∂
−=
θ







+=
∂
φ∂
−=
θ sin
r
a
1E
r
1
E
cos
r
a
21E
r
E
3
3
0
3
3
0r
Rapat muatan permukaan: ( ) θε=ε=θσ =
cosE3E 00arr0

Muatan total didalam bola:
( )
0
sina3
dsin2cosE3a
dsin2aQ
0
2
0
2
0
00
2
0
2
=
θεπ=
θθπθε=
θθπθσ=
π
π
π
∫
∫
Hal ini bahwa muatan total di dalam bola adalah nol, karena didalam bola
konduktor muatan-muatannya terdistribusi di permukaan.

Jika persoalan-persoalan listrik statik baik yang menyangkut distribusi muatan
titik diskrit atau distribusi muatan kontinu tanpa adanya permukaan-permukaan
batas, maka solusi umum persamaan Gauss dapat diselesaikan dengan mudah.
Namun dalam realita, banyak persoalan listrik statik menyangkut daerah-daerah
ruang terbatas baik dengan atau tanpa muatan-muatan didalamnya, sehingga
kondisi ruang batas tersebut harus diperhatikan.
Kondisi batas dapat ditimbulkan oleh suatu distribusi muatan-muatan diluar
daerah batas tersebut. Kondisi batas tersebut dapat ditangani dengan metoda
fungsi Green.
Fungsi Green merupakan implikasi sederhana dari teorema divergensi.
)1........(....................danAxdAdVA
V
3
V
∫∫∫ •=•∇=•∇
rrrrrr
Bila , dimana φ dan ψ adalah medan-medan skalar sembarang, maka:ψ∇φ=
rr
A
( )
)2.....(....................
n
nnA
A 2





∂
ψ∂
φ=•ψ∇φ=•
ψ∇φ∇+ψ∇φ=ψ∇φ•∇=•∇
rrrr
rrrrrr

Dimana adalah normal turunan pada permukaan S. Susbstitusi (2) ke (1) :n∂
∂
( ) )3......(....................da
n
xd.
S
3
V
2
∫∫ ∂
ψ∂
φ=ψ∇φ∇+ψ∇φ
Bila medan-medan skalar φ dan ψ saling tukar, maka:
( ) )4......(....................da
n
xd.
S
3
V
2
∫∫ ∂
φ∂
ψ=φ∇ψ∇+φ∇ψ
Pers. (3) dikurangi pers. (4) menghasilkan:
( ) da
nn
xd
S
3
V
22
∫∫ 



∂
φ∂
ψ−
∂
ψ∂
φ=φ∇ψ−ψ∇φ
Persamaan ini disebut sebagai teorema Green

Persamaan diferensial Poisson untuk potensial listrik statik dapat dikonversi ke
dalam persamaan integral, bila kita memilih medan-medan skalar:
'xx
1
R
1
rr
−
≡≡ψ
x
r
= titik pengamatan
'x
r
= variabel integrasi
( )'xx4
'xx
1
R
1
4
22
2
rr
rr −πδ−=







−
∇=





∇
πρ−=Φ∇
Φ=φ
Maka Teorema Green menjadi:
( ) ( ) ( ) 'da
'nR
1
R
1
'n
'xd'x
R
4
'xx'x4
S
3
V
∫∫ 





∂
Φ∂
−





∂
∂
Φ=



ρ
π
+−δΦπ−
rrrr

( ) ( ) ( ) 'da
'nR
1
R
1
'n
'xd'x
R
4
'xx'x4
S
3
V
∫∫ 





∂
Φ∂
−





∂
∂
Φ=



ρ
π
+−δΦπ−
rrrr
Bila titik berada didalam volume V, maka:
x
r
( ) ( ) 0'xd'xx'x4 3
V
=−δΦπ−∫
rrr
Maka potensial listrik statik dapat ditentukan dengan persamaan:
( ) ( ) 'da
R
1
'n'nR
1
4
1
'xd
R
'x
x
S
3
V
∫∫ 











∂
∂
Φ−
∂
Φ∂
π
+
ρ
=Φ
r
r
Ada dua catatan penting berkaitan dengan persamaan diatas:
1. Jika permukaan S bergerak menuju tak-hingga dan medan listrik pada S
berkurang lebih cepat dibandingkan dengan 1/R, maka integral permukaan
menjadi nol, sehingga:
( ) ( ) ( ) 'xd
'xx
'x
'xd
R
'x
x 3
V
3
V
∫∫ −
ρ
=
ρ
=Φ rr
rr
r Persamaan
Gauss

2. Untuk volume tak bermuatan, potensial di setiap titik di dalam volume (solusi
pers. Laplace), persamaan:
( ) ( ) 'da
R
1
'n'nR
1
4
1
'xd
R
'x
x
S
3
V
∫∫ 











∂
∂
Φ−
∂
Φ∂
π
+
ρ
=Φ
r
r
Bukan merupakan solusi untuk persoalan nilai batas, tetapi hanya suatu
integral karena Φ dan merupakan persoalan tersendiri (kondisi batas
Cauchy).
n∂
Φ∂
Fungsi merupakan suatu fungsi yang hanya bergantung pada
dan yang disebut dengan fungsi Green. Secara umum:
'xx
1
R
1
rr
−
≡≡ψ
x
r
'x
r
( ) ( )
( ) ( )'x,xF
'xx
1
'x,xG
'xx4'x,xG2'
rr
rr
rr
rrrr
+
−
=
−δπ−=∇
Dimana fungsi F memenuhi persamaan Laplace di dalam volume V:
( ) 0'x,xF2'
=∇
rr

Dalam menghadapi masalah yang memenuhi kondisi batas pada Φ dan n∂
Φ∂
dimana keduanya muncul didalam integral permukaan, kita dapat
menggunakan konsep umum dari fungsi Green dan fungsi F, sehingga salah
satu dari integral permukaan dapat dieliminasi.
Dengan menggunakan teorema Green, dan mengganti φ = Φ, dan ψ = G, maka
potensial listrik statik dapat dituliskan menjadi:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 'da
'n
'x,xG
'x
'n
'x,xG
4
1
'xd'x,xG'xx
S
3
V
∫∫ 



∂
∂
Φ−
∂
Φ∂
π
+ρ=Φ
rr
rrrrrrr
Sekarang, kita dapat membuat integral permukaan hanya bergantung pada tipe
kondisi batas.
(1). Kondisi batas Dirichlet
( ) Sdiberadaxjika0'x,xGD
rrr
=
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 'da
'n
'x,xG
'x
4
1
'xd'x,xG'xx
S
D3
V
D ∫∫ ∂
∂
Φ
π
−ρ=Φ
rr
rrrrr

(2). Kondisi batas Neumann
( ) Sdiberada'xjika0
'n
'x,xGN r
rr
=
∂
∂
( ) ( ) ( ) ( ) 'da
'n
'x,xG
4
1
'xd'x,xG'xx
S
N
3
V
N ∫∫ ∂
Φ∂
π
−ρ=Φ
rrrrrr
Namun, dari teorema Green, bahwa:
π=
∂
∂
∫ 4'da
'n
G
S
D
Sehingga kondisi batas pada GN yang diperbolehkan adalah:
Spada'xuntuk
S
4
'n
GN rπ
−=
∂
∂
( ) ( ) ( ) ( ) 'da
'n
'x,xG
4
1
'xd'x,xG'xx
S
N
3
V
NS ∫∫ ∂
Φ∂
π
+ρ+Φ=Φ
rrrrrr
Dimana <Φ>S adalah potensial rata-rata di seluruh permukaan.

Karena fungsi Green adalah potensial yang diakibatkan dari suatu muatan titik,
maka secara simetri ia menggambarkan pertukaran antara titik sumber dan
pengamatan.
Dalam realita, terkadang fungsi Green sulit untuk diterapkan, karena itu
dikembangkan beberapa metoda pendekatan diantaranya:
• Metoda bayangan ; berkaitan erat dengan fungsi Green
• Ekspansi dalam fungsi-fungsi ortogonal; suatu pendekatan melalui persamaan
diferensial (tidak berkaitan langsung dengan fungsi Green).

Metoda ini berkaitan dengan masalah dari satu atau lebih muatan titik akibat
kehadiran permukaan-permukaan batas. Sebagai contoh konduktor, baik yang
digroundkan (potensialnya nol) atau yang diberi potensial tertentu.
Geometri dari suatu muatan dapat diinversi dengan muatan di luar permukaan batas.
Muatan tersebut dinamakan muatan bayangan.
Contoh:
0=φ
q
0=φ
q
q’
(a)
(b)
Solusi metoda bayangan (a). Persoalan potensial riil, (b). Persoalan bayangan

1. Suatu muatan titik q diletakkan pada jarak d dari konduktor bidang tak-hingga
yang digroundkan. Hitung potensial dan rapat muatan di setiap titik serta gaya
yang bekerja pada muatan titik q.
Solusi:
( ) 00x ==φ
qddq’
x
y
1r
2r
P
Potensial di setiap titik disebelah kanan konduktor (titik P):
( ) 





−
πε
=





+
πε
=φ
210210 r
1
r
1
4
q
r
'q
r
q
4
1
x
'qq −=
( )
( ) 22
2
22
1
ydxr
ydxr
++=
+−=

Sehingga potensial di setiap titik:
( )
( ) ( ) 







++
−
+−πε
=φ
2222
0 ydx
1
ydx
1
4
q
x
( ){ } ( ){ }
( ) 2/322
0x
2/3222/322
0
0
0x
0
yd
d
2
q
ydx
dx
ydx
dx
4
q
x
+π
−=
















+−
+
−
+−
−
πε
ε=
∂
φ∂
ε−=σ
=
=
sesuai dengan syaratPotensial di titik x = 0, maka d =0 sehingga: ( ) 00x ==φ
awal bahwa konduktor digroundkan (potensialnya nol).

Gaya yang bekerja pada muatan titik q menjadi:
2
0
2
2
0 d4
q
r
'qq
4
1
)q(F
πε
−=
πε
= d adalah jarak anatara muatan q dan
muatan bayangannya q’.
Muatan titik akibat kehadiran konduktor bola yang digroundkan
Pandang suatu muatan titik q terletak pada jarak y relatif terhadap titik pusat
suatu konduktor bola yang berjejari a. Kita akan menghitung potensial, rapat
muatan permukaan di sembarang titik φ(x), dimana φ(x = a) = 0 dan gaya yang
bekerja pada muatan titik q.
a
q
P
x
r
y
r
q’
'y
r
Dengan bantuan simetri, tampak
bahwa muatan bayangan q’ terletak
searah dengan muatan titik q.
Bila muatan titik q berada di luar
bola, maka posisi muatan
bayangan q’ berada di dalam bola.

Potensial di setiap titik (titik P):
( ) 







−
+
−πε
=φ
'yx
'q
yx
q
4
1
x
0
rrrr
r
Bila adalah vektor satuan yang searah dengan dan adalah vektor satuan
yang searah dengan arah , maka:
nˆ x
r
'nˆ
y
r
( ) 







−
+
−πε
=φ
'nˆ'ynˆx
'q
'nˆynˆx
q
4
1
x
0
r
Potensial di permukaan konduktor bola (x = a) :
( )












−
+
−
πε
==φ
'nˆ
'y
a
'nˆ'y
'q
'nˆ
a
y
nˆa
q
4
1
ax
0

( ) 0
nˆ
'y
a
'nˆ'y
'q
'nˆ
a
y
nˆa
q
4
1
ax
0
=












−
+
−
πε
==φ
Kita harus memilih q’ dan y’ sedemikian rupa sehingga ( ) 0ax ==φ
Maka:
y
a
'y
q
y
a
'q
2
=
−=
Artinya:
1. Bila muatan q bergerak mendekati bola, (y ≈ a), maka muatan bayangan
bertambah besar dan bergerak menjauhi pusat bola menuju permukaan bola (y’ ≈
a).
2. Bila muatan q tepat terletak di luar permukaan bola (y = a), maka muatan
bayangan sama besarnya dengan muatan titik, namun berlawanan tanda dengan
muatan asal (q ‘ = -q) dan terletak tepat dibawah permukaan bola.
3. Bila q → ∞ maka muatan q’ → 0 (pusat bola)

( )






γ−+






−






π
−=
∂
φ∂
ε−==σ
=
cos
y
a
2
y
a
1
y
a1
y
a
a4
q
x
ax
2
2
2
2
2
ax
0
ydanxantarasudutadalah
rr
γ
Ilustrasi rapat muatan permukaan dalam satuan –q/4πa2 sebagai fungsi dari γ
γ
σ
π
−
q
a4 2
a2y =
a4y =

Gaya yang bekerja pada muatan titik q:
2
0 'yy
'qq
4
1
F
−πε
= 







−=− 2
2
y
a
1y'yy
Karena q
y
a
'q −= , maka:
2
2
23
2
0
2
2
2
2
2
2
0
y
a
1
y
a
a4
q
y
a
1y
1
y
a
q
4
1
F
−








−





πε
=






−
πε
=

Cara lain untuk menghitung gaya yang bekerja pada muatan titik q adalah dengan
menghitung gaya total yang bekerja pada permukaan bola. Gaya pada masing-
masing elemen luas da adalah 2πσ2da, dimana σ adalah rapat muatan permukaan
sepeti yang telah dihitung diatas.
Secara simetri, hanya komponen yang sejajar dengan vektor radius dari pusat bola
yang berkontribusi pada gaya total.
Gaya total pada bola:
2
2
23
2
0
2
2
22
22
0
2
y
a
1
y
a
a4
q
...........
...........
cos
y
a
2
y
a
1
dcos
y
a
1
y
a
4
q
F
−








−





πε
=






γ−+
Ωγ








−





πε
= ∫

Atau dengan meninjau gambar dibawah ini (Reitz):
a
0 qq’
1rr
P
2r
b
d
θ
θ−+=
θ−+=
cosrb2brr
cosrd2drr
22
2
22
1
( )








θ−+
+
θ−+πε
=
πε
+
πε
=θφ
cosrb2br
q
cosrd2dr
q
4
1
r4
'q
r4
q
,r
2222
0
2010
Potensial di titik P

Potensial di permukaan bola = 0, jika b = a2/d, sehingga:
θ−+=θ−+ cosab2ba
a
d
cosad2da 2222
Maka : q
d
a
'q −=

MUATAN GARIS DAN BAYANGANNYA
Pandang dua muatan garis yang sangat panjang dan sejajar, masing-masing
dengan rapat muatan panjang (muatan persatuan panjang) λ dan –λ (lihat
gambar)
λ− λ
1r
2r
x
y
z
)y,x(P
Potensial di sembarang titik diberikan oleh:
( )
( )
2
1
0
21
0
0
r
r
ln
2
rrln
2
rln
2
r
πε
λ
−=
−
πε
λ
−=
πε
λ
−=φ

Jika kita definisikan:
M
r
r
2
1
= Dimana M adalah konstanta
Maka untuk M = 1, menunjukkan bahwa r1 = r2 dan potensialnya nol
(ekipotensial) yang merupakan bidang yang terletak di tengah-tengah kedua
muatan garis tersebut.
λ− λ
1r
2r
)y,x(P
Permukaan ekipotensial I
d d
Dengan demikian, maka muatan garis –λ dapat merupakan muatan bayangan
dari muatan garis λ.
x
y
z

Bagaimana dengan nilai M yang lain??
Secara umum, untuk memudahkan, maka diungkapkan dalam koordinat
Kartesian, dimana muatan garis λ sebagai titik pusat 0, sehingga muatan
bayangan –λ berada di posisi :
( ) 222
2
222
1
yd2xr
yxr
0y,d2x
++=
+=
=−=
Maka :
[ ]
( ) ( )
2
22
2
2
22
2222222
222222
2
2
22
1
2
1
M1
dM4
M1
xdM4
yx
dM4xdM4M1yM1x
yd4xd4xMyx
rMrM
r
r
−
=
−
−+
=−−+−
+++=+
=⇒=
Persamaan silinder yang sejajar
dengan sumbu-z

( )
)1....(....................
M1
dM4
M1
dM4
y
M1
dM2
x
M1
dM4
M1
xdM4
yx
22
24
2
22
2
2
2
2
2
22
2
2
22
−
+
−
=+







−
−
−
=
−
−+
Bentuk umum persamaan lingkaran:
( ) ( ) )2(........................................Ryyxx 22
0
2
0 =−+−
Perbandingan pers. (1) dan (2) memberikan:
0ydan
)M1(
dM2
x 02
2
0 =
−
=
( ) ( )
( )22
22
22
242422
22
24
2
22
2
M1
dM4
M1
dM4dM4dM4
M1
dM4
M1
dM4
R
−
=
−
+−
=
−
+
−
=
2
M1
Md2
R
−
= Jari-jari silinder

λ− λ
1r
2r
)y,x(P
Permukaan
ekipotensial I
d d
Permukaan
ekipotensial II
Dengan demikian untuk M < 1 terdapat suatu silinder yang mengelilingi muatan
garis positif sebagai permukaan ekipotensial II (lihat gambar dibawah). Sumbu
silinder tersebut melewati titik:
0y,
)M1(
dM2
x 2
2
=
−
=
dan jari-jari silinder :
2
M1
Md2
R
−
=

MEDAN LISTRIK STATIK
DALAM BAHAN DIELEKTRIK

• Suatu bahan dielektrik ideal tidak memiliki muatan-muatan bebas.
• Semua bahan pada dasarnya terdiri dari molekul-molekul (inti atom dan
elektron-elektron).
• Molekul-molekul dalam bahan dielektrik dipengaruhi oleh kehadiran
medan listrik. Medan listrik akan menimbulkan gaya yang bekerja pada
partikel-partikel bermuatan.
• Muatan positif bergerak searah medan listrik dan muatan negatif
berlawanan arah dengan medan listrik sehingga terjadi pengkutuban
(polarisasi).
• Dielektrik yang terpolarisasi, walaupun netral secara rata-rata akan
menghasilkan medan listrik di dalam dan diluar bahan dielektrik.
• Polarisasi bergantung pada medan listrik total di dalam bahan dan medan
listrik yang dihasilkan oleh dielektrik itu sendiri.
• Medan listrik dari dielektrik akan merubah distribusi muatan sehingga
akan merubah pula medan listrik di dalam bahan dielektrik.

A. POLARISASI
Pandang suatu elemen volume kecil ∆v dari bahan dielektrik, dimana muatan
totalnya netral.
∆v
Bila bahan tersebut dipolarisasi,maka terjadi
pemisahan muatan-muatan positif dan negatif),
sehingga terbentuk suatu dipol di dalam
elemen volume dengan momen dipol:
∫∫
∆∆
=ρ=∆
vv
dqrdvrp
rrr
Karena adalah momen dipol di ∆v, maka harganya bergantung pada ∆v.
Untuk memperoleh besaran yang tidak bergantung volume, maka didefinisikan
polarisasi listrik (polarisasi) dari suatu bahan sebagai:
p
r
∆
]m/C[
v
p
P 2
∆
∆
=
rr

Bila ∆v diasumsikan sangat kecil secara maroskopik, ia masih mengandung
banyak molekul, dimana setiap molekul yang memiliki momen dipol molekul:
∑
∑
∫
∆
=





=∆
=
m
m
m
molekul
m
p
v
1
P
pp
dqrp
rr
rr
rr
- + - + - +
- + - + - + - +
- +
- +
- + - + - + - +
- +
- +
- +- + - +- +
→P
r
E
r
Polarisasi dalam bahan dielektrik. Masing-masing elemen volume membentuk
momen dipol p
r
∆

B. MEDAN LISTRIK DI LUAR BAHAN DIELEKTRIK
Pandang suatu bahan dielektrik yang terpolarisasi, yang dicirikan oleh polarisasi
di setiap titik . Kita akan menghitung medan listrik di titik di luar
bahan dielektrik tersebut.
( )'rP,r' rr
P
r
r
r
'v∆
r
r
'rr
rr
−
'r
r
0
Potensial akibat momen dipol di elemen ∆v:
( )
( ) 'vPp;'v
'rr4
'rrP
'rr4
'rrp
3
0
3
0
∆=∆∆
−πε
−
=
−πε
−∆
=φ∆
rr
rr
rrr
rr
rrr

Potensial pada titik merupakan jumlah dari potensial akibat elemen volume:r
r
( ) ( )( )
'dV
'rr
1
'P
4
1
'dV
'rr
'rr'rP
4
1
r
0V0
0V
3
0
∫
∫
−
∇•
πε
=
−
−
πε
=φ
rr
rr
rr
rrr
r V0 = volume bahan dielektrik
'rr
1
'
'rr
1
'rr
'rr
3 rrrr
r
rr
rr
−
∇=
−
∇−=
−
−
Dari sifat operator Nabla:
α∇•+•∇α=α•∇
rrrrrr
FFF'
P'
'rr
1
'rr
P
'
'rr
1
'P
'rr
1
'PP'
'rr
1
'rr
P
'
rr
rrrr
r
r
rr
rr
rr
rrrr
rrrr
r
r
•∇
−
−
−
•∇=
−
∇•
−
∇•+•∇
−
=
−
•∇

( ) 'dvP'
'rr
1
4
1
'dv
'rr
P
'
4
1
r
0V0
0V0
rr
rrrr
r
rr
•∇
−πε
−
−
•∇
πε
=φ ∫∫
Teorema divergensi:
∫ ∫ •∇=•
S V
dvFdanF
rrrr
( ) ( )








−
•∇−
+
−
•
πε
=φ ∫∫ 'dv
'rr
P'
'da
'rr
nP
4
1
r
0V0S0
rr
rr
rr
rr
r
Dengan mendefinisikan :
nP
P
p
p
rr
rr
•=σ
•∇−=ρ = rapat muatan volume polarisasi
= rapat muatan permukaan polarisasi

( )
∫
∫∫
−πε
=








−
ρ
+
−
σ
πε
=φ
'rr
'dq
4
1
'dv
'rr
'da
'rr4
1
r
p
0
p
0V
p
0S0
rr
rrrr
r
Maka potensial listrik di luar bahan dielektrik:
Medan listrik di luar bahan dielektrik:
( )
( ) ( )








−
−ρ
+
−
−σ
πε
= ∫∫ 'dv
'rr
'rr
'da
'rr
'rr
4
1
rE 3
p
0V
3
p
0S0
rr
rr
rr
rr
rr
Muatan total polarisasi dari bahan dielektrik:
( ) ∫∫ •+•∇−=
0S0V
p 'danP'dvP'Q
rrrr

C. MEDAN LISTRIK DALAM BAHAN DIELEKTRIK
Medan listrik makroskopik adalah medan listrik rata-rata didalam daerah kecil
dalam bahan dielektrik yang mengandung sejumlah molekul.
Medan listrik di dalam bahan dielektrik pada dasarnya memiliki sifat yang sama
dengan medan listrik di ruangan hampa, khususnya bahwa medan listrik bersifat
konservatif.
∫ =•=×∇ 0dEE l
rrrr
Pandang suatu rongga vakum berbentuk silinder kecil yang diletakkan dalam
bahan dielektrik.
S1 S2
E
r
A B
CD

AB terletak di dalam rongga dan CD terletak di dalam bahan dielektrik. Karena AD
dan BC dapat dibuat sekecil mungkin, maka berdasarkan sifat konservatif diatas:
dtvt
dv
EE
0EE
=
=•−• l
rr
l
rr
dengan v untuk vakum dan d untuk bahan dielektrik dan t adalah komponen
tangensial.
D. HUKUM GAUSS DALAM DIELEKTRIK
(PERPINDAHAN LISTRIK)
Hukum Gauss menyatakan bahwa fluk listrik yang melewati suatu permukaan
tertutup sembarang sebanding dengan muatan total yang dilingkupi permukaan
tersebut.
∫∑∫ ρ
ε
=
ε
=•
V0
i
S 0
dv
1
q
1
danE
rr

Dalam menerapkan Hukum Gauss pada suatu daerah yang mengandung muatan-
muatan yang diletakkan didalam bahan dielektrik, kita harus memperhitungkan
seluruh muatan didalam permukaan Gauss (polarisasi muatan).
Pandang suatu permukaan S yang terletak di dalam bahan dielektrik. Kita berikan
muatan Q di dalam volume pada permukaan S dengan asumsi bahwa muatan ini
berada pada permukaan-permukaan konduktor q1, q2 dan q3.
( )p
S 0
QQ
1
danE +
ε
=•∫
rr
Dimana:
( ) ∫∫
++
•+•∇−=
++=
3S2S1SV
p
321
danPdvPQ
qqqQ
rrrr
q1
q3
q2
S
bahan dielektrik
S3
S2
S1

( ) ∫∫
++
•+•∇−=
3S2S1SV
p danPdvPQ
rrrr
Teorema divergensi:
∫ ∫ •∇=•
S V
dvPdanP
rrrr
Maka:
∫ ∫∫
+++++
•−=•+•−=
2S2S1S S2S2S1SS
p danPdanPdanPQ
rrrrrr
( )
( ) QdanPE
danPQ
1
QQ
1
danE
S
0
S0
p
S 0
=•+ε








•−
ε
=+
ε
=•
∫
∫∫
rsr
rrrr
Fluks dari vektor (ε0E + P) melalui
permukaan tertutup S sebanding dengan
muatan Q yang diletakkan dalam volume
yang dilingkupi oleh permukaan S.

Jika kita definisikan suatu medan vektor makroskopik yang baru D (perpindahan
listrik) :
∫ =•
+ε=
S
2
0
QdanD
:maka
]m/C[PED
rr
rrr
Hukum Gauss untuk perpindahan
listrik
Teorema divergensi:
∫ ∫ •∇=•
S V
dvDdanD
rrrr
Maka:
ρ=•∇
ρ==•∇ ∫∫
D
dvQdvD
VV
rr
rr
Bentuk diferensial persamaan Gauss
dalam bahan dielektrik

E. SUSEPTIBILITAS LISTRIK DAN
KONSTANTA DIELEKTRIK
Polarisasi suatu bahan dielektrik terjadi karena respon terhadap medan listrik di
dalam medium. Derajat polarisasi tidak hanya bergantung pada medan listrik
(makroskopik), namun juga bergantung pada sifat-sifat molekul yang
membentuk bahan dielektrik tersebut (mikroskopik).
Secara makroskopik, polarisasi didefinisikan :
( ) ( )EEEPP
rrrr
χ==
χ (E) adalah suseptibilitas listrik dari bahan (besaran skalar).
Perpindahan listrik menjadi:
( )( )
( ) ( )EE
EEPED
0
00
χ+ε=ε
χ+ε=+ε=
rrrr
Permitivitas bahan

Walaupun χ (E) dan ε (E) ditulis bergantung pada medan listrik, namun seringkali
ditemukan bahwa χ dan ε tidak bergantung pada medan listrik (bahan linier). Pada
intensitas E yang besar, besaran tersebut bergantung pada medan listrik atau
intensitas (bahan listrik/optik nonlinier).
ED
EP
rr
rr
ε=
χ=
Jadi perilaku listrik dari suatu bahan dicirikan oleh suseptibilitas dan permitivitas
listrik.
Suatu konstanta dielektrik [tak berdimensi], didefinisikan sebagai:
00
1K
ε
χ
+=
ε
ε
=
Jika medan listrik dalam bahan dielektrik sangat kuat, maka elektron-elektron
akan tertarik keluar dari molekul sehingga bahan menjadi konduktor. Medan listrik
maksimum yang tanpa mengakibatkan keluarnya elektron dari molekul disebut
kekuatan dielktrik, Emax [V/m]

3 x 1061,00059Udara (1 atm)
80,1Air murni (destilasi 200C)
1,000985CO2 (1 atm)
1,0548Udara (100 atm)
87,8Air murni (destilasi 00C)
2,3Benzen (00C)
4,0Sulfur
28,4Alkohol, etil (00C)
2,5 – 8.0Kayu
6,1NaCl
4,3Kuarsa (silika, SiO2)
18 x 1062,3Polietilen
19 x 1063,5Nilon
9 x 1065 - 10Gelas
6 x 1064,5Alumunium oksida
Kekuatan dielektrik, EmaxKonstanta
dielektrik, K
Bahan

F. MUATAN TITIK DALAM FLUIDA DIELEKTRIK
Pandang suatu muatan titik q berada pada titik asal (titik 0) dalam fluida dielektrik
dengan konstanta dielektrik K.
Berapakah medan listrik E didalam fluida?
r
r4
q
D
r4
q
D
qDr4
qdvD
2
2
2
V
rr
rr
π
=
π
=
=π
=•∇∫
Hukum Gauss : Medan listrik dan polarisasi:
r
Kr4
q)1K(
EP
r
Kr4
q
E
EKED
3
3
0
0
rrr
rr
rrr
π
−
=χ=
πε
=
ε=ε=
Tampak bahwa medan listrik didalam bahan
dielektrik lebih kecil dibandingkan dalam
vakum, karena K > 1.

Mengapa dielektrik memperlemah medan listrik ???
Medan listrik berasal dari muatan-muatan baik eksternal maupun muatan
terpolarisasi.
Muatan ekspernal berasal dari muatan titik q.
Muatan terpolarisasi berasal dari kontribusi :
A. rapat muatan volume:
B. rapat muatan pada permukaan dielektrik yang bersinggungan dengan muatan
titik q:
Pp
rr
•∇−=ρ
nPp
rr
•=σ
r
Kr4
q)1K(
EP 3
rrr
π
−
=χ=
Dari polarisasi:
Maka: ( )
( ) 0
r
1
K4
q1K
r
r
K4
q1K
P
2
3
=





∇−
π
−
=






∇
π
−
=•∇
rrrr
0p =ρ

Muatan titik q adalah sebuah titik secara makroskopik, namun dalam skala
molekul, bisa berukuran besar, katakanlah mempunyai jari-jari b (b bisa
mendekati nol).
Muatan polarisasi total di permukaan:
( )
( )
K
q1K
nPb4limQ br
2
0b
p
−
−=
•π= =→
rr
Maka muatan total di dalam fluida dielektrik :
q
K
1
qQp =+
+q
S
+
-
+
-
+
-
+-+-
+ - + -
+
-
+-+-
+
-
+-
+
-
+
-
+
-
+
-
+
-
+-
+
-
+
-
+
-
+
-
+
-
+
-
Skematik orientasi molekul-molekul
terpolarisasi dalam bahan dielektrik
mengelilingi muatan titik q.
E
r

G. SYARAT-SYARAT BATAS PADA VEKTOR MEDAN
Pandang dua meda 1 dan 2 (lihat gambar). Dengan asumsi bahwa terdapat
rapat muatan permukaan σ yang berbeda dari satu titik dengan titik yang lain
pada batas dua media.
S
1D
r
2D
r
2n
r
1
2
Kita buat suatu permukaan tertutup S yang melewati batas kedua medium.
Muatan yang dilingkupi permukaan S :
( ) volume
2
1
S 21 ×ρ+ρ+∆σ
Karena volume bisa kecil, maka muatan
menjadi σ ∆S. Hukum Gauss:
( ) σ=•−
∆σ=∆•+∆•
212
1122
nDD
SSnDSnD
rrr
rrrr
Karena n2 normal juga terhadap batas
(interface), maka:
1n
r
21 nn
rr
−= σ=− n1n2 DD

σ=− n1n2 DD
Terjadi diskontinu komponen normal dari D (diskontinuitas D diberikan oleh rapat
muatan permukaan dari muatan eksternal di interface.
Jika tak ada muatan diantara batas dua media, maka komponen normal D
bersifat kontinu.
Bagaimana dengan medan listrik di batas tersebut ??
1E
r
2E
r
1
2
A
D
B
C
( )
( )
t1t2
12
12
C
EE
0EE
0EE
)kecil(0BCAD
CDAB
0dEE
=
=∆•−
=∆−•+∆•
≈=
∆==
=•=×∇ ∫
l
rr
l
r
l
r
l
l
rrrr
Komponen tangensial medan listrik
bersifat kontinu di batas dua medium.

Jika medium 1 adalah bahan konduktor, maka χ = ∞ dan ε = ∞, sehingga E1 = 0:
σ=
=
n2
t2
D
0E
dimana σ adalah rapat muatan permukaan total pada konduktor.
H. SYARAT-SYARAT BATAS YANG MELIBATKAN
DIELEKTRIK-DIELEKTRIK
ρ=•∇ D
rr
Jika bahan-bahan dielektrik merupakan bahan linier, isotropik dan homogen, maka:
ρ
ε
−=φ∇
ε
ρ
=•∇
ε=
1
E
ED
2
rr
rr
Persamaan Poisson, namum
ε0 diganti dengan ε.

Dalam kasus kebanyakan, dielektrik tidak mengandung muatan yang terdistribusi
sehingga ρ = 0 di dalam bahan dielektrik :
02
=φ∇ Persamaan Laplace dalam
bahan dielektrik
Contoh soal:
1. Suatu bola dielektrik dengan jari-jari a diletakkan dalam medan listrik yang
semula seragam E0 yang sejajar dengan sumbu-z. Berapakah medan listrik
di setiap titik akibat kehadiran bola dielektrik? (Asumsikan bahan dielektrik
adalah linier, isotropik dan homogen)

I. METODA BAYANGAN YANG MELIBATKAN DIELEKTRIK
Dalam metoda bayangan yang sebelumnya, potensial di suatu titik dihasilkan oleh
muatan titik dan muatan bayangan yang lokasinya berada di dalam bahan
konduktor.
Dalam kasus yang melibatkan dua atau lebih bahan dielektrik, muatan bayangan
dapat berada di dalam salah satu bahan dielektrik dan syarat batas pada masing-
masing interface dielektrik-dielektrik harus dipenuhi.
Pandang dua media dielektrik dengan permitivitas ε1 dan ε2 dipisahkan oleh suatu
bidang interface. Tidak ada muatan eksternal pada interface. Suatu muatan titik
diletakkan dalam dielektrik ε1 pada posisi sejauh d dari interface. Berpakah medan
listrik di medium dielektrik 1 dan 2 ???
1 2
q
d

Solusi:
Asumsikan bahwa interface berada pada bidang xy, dan q berada pada titik x = -d.
q q’
sumbu-x
0x =
d d
P
r
'r
( )
( ) 222
222
zydxr
zydxr
++−=
+++=
Potensial dalam medium 1:




+
πε
=φ
'r
'q
r
q
4
1
1
1
muatan bayangan q’ berada di medium 2 pada posisi (x,y,z) = (d,0,0)

Potensial dalam medium 2, muatan bayangan harus berada di medium 1 (juga
muatan asala q dimana keduanya berada pada poisisi (-d,0,0). Jika muatan total
didefinisikan sebagai q”, maka potensial di medium 2 adalah:
r4
"q
2
2
πε
=φ
Besarnya q’ dan q” diperoleh pada syarat batas, bahwa untuk interface yang
tidak ada rapat muatan, komponen normal dari D bersifat kontinu di interface:
( )
[ ] [ ]
)1......(..........
zyd
d"q
zyd
d'qq
xx
DD
2/32222/3222
0x
2
2
0x
1
1
n2n1
++
=
++
−
∂
φ∂
ε−=
∂
φ∂
ε−
=
==

Sekarang kita hitung medan listrik pada interface. Karena komponen tangensial
medan listrik bersifat kontinu, maka:
( )
[ ] [ ]
)2......(..........
zyd
y"q
zyd
y'qq
yy
EE
2/3222
2
2/3222
1
0x
2
0x
1
t2t1
++ε
=
++ε
−
∂
φ∂
−=
∂
φ∂
−
=
==
Dari kombinasi persamaan (1) dan (2) diperoleh:
q
2
"q;q'q
21
2
21
21
ε+ε
ε
=
ε+ε
ε−ε
=
Karena itu persamaan Laplace dipenuhi di kedua media dan juga syarat batas
dipenuhi, sehingga solusinya adalah unik.

TEORI MIKROSKOPIK DARI
DIELEKTRIK

Dalam pembahasan sebelumnya, polarisasi dielektrik dibahas secara makroskopik.
Medan listrik dihitung dengan mempertimbangkan distribusi muatan eksternal (luar).
Dalam Bab ini akan dibahas bagaimana medan listrik bertanggungjawab pada
polarisasi molekul (mikroskopik). Dengan menggunakan model molekul yang
sederhana, perilaku linier dari berbagai kelas bahan dielektrik dapat dipahami.
A. MEDAN MOLEKUL DALAM DIELEKTRIK
Medan listrik yang mengakibatkan polarisasi dari sebuah molekul dielektrik disebut
medan molekul Em.
Jadi medan molekul adalah medan listrik pada posisi molekul dalam dielektrik dan
dihasilkan oleh seluruh sumber-sumber luar dan molekul-molekul yang
terpolarisasi dalam bahan dielektrik, kecuali oleh satu molekul pada titik yang
ditinjau.
Sehingga jelas bahwa Em tidak sama dengan medan listrik makroskopik.

Medan molekul dihitung dengan cara sebagai berikut:
a) Ambil sejumlah kecil dielektrik sehingga meninggalkan suatu rongga yang
mengelilingi suatu titik, dimana medan molekul akan dihitung. Dielektrik
sebelah kiri dihitung sebagai kontinu.
b) Letakkan kembali dielektrik ke dalam rongga (molekul per molekul). Molekul-
molekul ini dianggap tidak kontinu namun sebagai dipol individu.
Prosedur ini berlaku, jika hasilnya tidak bergantung pada ukuran rongga.
Pandang suatu sampel dielektrik tipis yang dipolarisasi dengan
meletakkannya dalam medan listrik seragam diantara dua pelat sejajar yang
muatannya berlawanan.
+
+
+
+
+
+
-
-
-
-
-
-
- + - + - +
- + - + - +
- + - + - +
- + - + - +
- + - + - +
- + - + - +
- + - + - +
- + - + - + - +
- +
- +
- +
- +
- +
- +
- +
- + - + - + - +
- +
- +

Jika diasumsikan bahwa polarisasi itu seragam secara makroskopik
dan P sejajar dengan medan, maka dielektrik di luar rongga diganti dengan
sistem polarisasi muatan-muatan (lihat gambar di bawah).
( )0P =•∇
rr
+
+
+
+
+
+
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
+
+
+
+
+
+
+
- +
- +
+
+
+
+
−−
−
−
−
Medan listrik di titik pusat rongga:
'EEEEE sdxm
rrrrr
+++=
xE
r
= medan listrik primer (dihasilkan pelat sejajar yang bermuatan)
dE
r
= medan listrik yang tak-terpolarisasi akibat perubahan polarisasi muatan di
luar permukaan dielektrik.
sE
r
= medan listrik akibat perubahan polarisasi pada permukaan rongga S
'E
r
= medan listrik akibat seluruh dipol di dalam rongga S

Jika bidang muka pelat lebih besar dibandingkan dengan tebal pelat, maka:
0
xE
ε
σ
= dimana σ adalah rapat muatan permukaan
Medan tak-terpolarisasi dihasilkan oleh dua pelat sejajar dengan rapat muatan σp.
Karena σp = Pn = ± P :
P
1
E
0
d
rr
ε
−=
Karena komponen normal dari perpindahan listrik D adalah kontinu di batas
antara vakum-dielektrik, dan D = ε0 Ex di dalam vakum di luar pelat dielektrik,
maka medan listrik dalam dielektrik secara makroskopik:
'EEEE
EEE
sm
dx
rrrr
rrr
++=
+=
Menggambarkan hubungan
antara medan molekul dan
medan listrik makroskopik

Medan Es timbul dari rapat muatan polarisasi, σp = Pn pada permukaan S.
Dengan menggunakan koordinat bola dan mengambil arah kutub (polar)
serarah P, maka:
( ) dar
r4
cosP
Ed 3
0
s
rr
πε
θ−
=
r adalah vektor dari permukaan ke pusat bola.
Dari simetri bola, tampak bahwa hanya komponen dEs yang searah dengan P
saja yang berperan dalam integral dEs. Karena da = r2 sin θ dθ dϕ, maka:
+
+
+
+
++
−−
−
−
−−
pσ
S
P
rθ
P
3
1
dsincosdP
4
1
E
0
0
2
2
00
s
r
rr
ε
=
θθθϕ
πε
= ∫∫
ππ

Berapakah E’ ??
Jika didalam rongga terdapat banyak dipol dan mereka terorientasi sejajar namun
terdistribusi secara acak serta tidak ada korelasi antara posisi dipol, maka E’ = 0.
Jika dipol-dipol di dalam rongga terletak secara teratur (kristal kubus), maka E’ = 0.
Secara umum E’ ≠ 0 (gas, cairan atau material yang mengandung beberapa
molekul yang berbeda).
Dalam bahan dielektrik kebanyakan, maka:
P
3
1
EE
0
m
rrr
ε
+=
Momen dipol suatu molekul sebanding dengan medan listrik yang bekerja pada
molekul tersebut. Rasio momen dipol molekul dan medan polarisasi disebut
dengan polarizabilitas molekul α:
mm Ep
rr
α=
Jika terdiri dari N molekul persatuan volume, maka polarisasi:






ε
+α== P
3
1
ENpNP
0
m
rrrr







ε
+α== P
3
1
ENpNP
0
m
rrrr
Persamaan diatas dapat ditulis dalam konstanta dielektrik K, karena
E)1K(EP 0
rrr
ε−=χ=
Sehingga polarizabilitas molekul menjadi:
( )
( )2KN
1K3 0
+
−ε
=α
Persamaan Claussius-
Mossotti
Jelas bahwa sifat-sifat molekul seperti polarizabilitas molekul (besaran
mikroskopik) dapat ditentukan dari besaran makroskopik (konstanta dielektrik)

B. DIPOL INDUKSI : MODEL SEDERHANA
Molekul dielektrik diklasifikasikan sebagi polar dan nonpolar.
• Molekul polar memiliki momen dipol permanen, bahkan jika medan polarisasi
Em = 0.
• Molekul nonpolar, dimana pusat gravitasi (muatan positif) dan distribusi muatan
negatif umumnya sebanding.
Contoh : molekul-molekul simetri (H2, N2 dan O2),
molekul monoatomik (He, Ne, Ar)
Medan listrik yang diberikan menyebabkan pergeseran muatan-muatan positif
dan negatif sehingga terbentuk dipol molekul (dipol induksi).
Inti (muatan Ze) dimana Z adalah bilangan atom dan e adalah muatan elektron.
Secara listrik atom bersifat netral, sehingga muatan total awan elektron adalah –
Ze. Jika atom ditempatkan dalam medan listrik Em , maka inti akan berpindah
sejauh x searah medan.
Suatu gaya ZeEm akan bekerja searah medan dimana gaya elektrostatik antara
inti dan awan elektron untuk kembali ke posisi awal.

Dengan hukum Gauss, muatan negatif menarik inti sebagai bagian dari awan
(cloud) dengan jari-jari x, dan jika rapat elektron di dalam awan adalah uniform,
maka muatannya menjadi:
( )( )
m
3
00
m2
0
3
0
3
ER4Zex
EZe
x4
R/ZexZe
πε=
=
πε
Dalam proses ini terjadi dipol atom sebesar pm = Zex, sehingga polarizabilitas :
3
00R4πε=α
Dengan kombinasi persamaan Claussius-Mossotti, maka α bisa dieliminasi,
sehingga jari-jari atom R0 dapat diperoleh. R0 berkisar 1 Å (10-10 m)
( )
( )
3/1
0
0
0
)2KN4
1K3
R






+πε
−ε
=
Polarizabilitas ini adalah konstan tidak bergantung pada medan polarisasi
(dielektrik linier)

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

Polarisasi menjadi:
∑∆
= mp
v
1
P
rr
Dimana penjumlahan meliputi seluruh molekul di dalam elemen volume ∆v. Jika
pm terorientasi acak, maka polarisasi menjadi nol.
Jika dielektrik polar diberikan medan listrik, individual-individual dipol mengalami
torqi dan cenderung searah dengan medan listrik. Jika medan cukup kuat, dipol-
dipol mungkin akan terorientasi semuanya sehingga polarisasi :
ms pNP
rr
=
Dimana N adalah jumlah molekul per-satuan volume.
Biasanya polarisasi dielektrik polar jauh dari nilai saturasi, dan jika temperatur
dinaikkan, polarisasi akan berkurang. Hal ini karena energi termal molekul akan
cenderung menghasilkan orientasi dipol yang acak.

Momen dipol efektif rata-rata dihitung dengan prinsip mekanika statistik
bahwa pada temperatur T, probabilitas menemukan energi molekul tertentu
E sebanding dengan faktor Blotzmann:
kT/E
e−
Dimana k = konstanta Boltzmann dan T = temperatur absolut.
Berdasarkan hukum distribusi Maxwell, probabilitas suatu molekul dengan
kecepatan v sebanding dengan exp (-mv2/2kT). Dalam gas ideal, molekul-
molekul memiliki energi ½(mv2). Secara umu energi terdiri dari energi kinetik
Ek dan energi potensial U, sehingga faktor Blotzmann menjadi:
kT/UkT/kE
ee −−
Energi potensial dari dipol permanen p0 dalam suatu medan dielektrik Em :
θ−=•−= cosEpEpU m0m0
rr
Dengan θ = sudut antara p0 dan medan listrik.

Momen dipol efektif suatu dipol molekul adalah komponen-komponennya
sepanjang arah medan (p0 cos θ). Dengan hubungan Boltzmann, maka:
( )
( )∫
∫
Ωθ
Ωθθ
=θ
dkT/cosEpexp
dkT/cosEpexpcosp
cosp
m0
m00
0
Dimana dΩ = sudut ruang = 2π sin θ dθ dan batas θ adalah 0 dan π. karena p0,
Em dan kT adalah konstanta, maka dapat didefinisikan:






−=θ
=
y
1
ycothpcosp
kT
Ep
y
00
m0
Formula Langevin

0
kT/Epy m0=
θcosp
p
1
0
0
Fungsi Langevin
Momen dipol molekul p0 untuk bahan polar umumnya y << 1 untuk sembarang
harga medan listrik sepanjang dibawah temperatur 250 K. Karenanya bahan
dielektrik yang mengandung molekul-molekul polar umumnya linier.
Dalam daerah linier coth y dapat diuraikan dalam deret, sehingga:
kT3
Ep
yp
3
1
cosp m
2
0
00 =≈θ

Karena < p0 cos θ> adalah momen dipol efektif rata-rata, maka polarisasi
P = N < p0 cos θ> searah Em, sehingga :
m
2
0
m E
kT3
p
P
N
1
p
rrr
==
Jika dibandingkan dengan persamaan sebelumnya :
kT3
p
Ep
2
0
mm
=α
α=
rr
Polarizabilitas orientasional.
Efek dipol induksi meningkatkan deformasi polarizabilitas α0, sehingga secara
umum polarizabilitas molekul total :
kT3
p2
0
0 +α=α
Persamaan Langevin-Debye
(penting untuk interpretasi struktur
molekul)

D. POLARISASI PERMANEN ; FEROELEKTRISITAS
Medan molekul Em berperan dalam polarisasi individual molekul. Dalam
banyak kasus P ~ E, sehingga Em = 0 jika E = 0.
Namun dalam kondisi tertentu, bila terdapat polarisasi permanen (spontan),
maka walaupun E = 0,
0P
3
1
E 0
0
m ≠
ε
=
rr
Artinya jika ada polarisasi P0, ia akan memberikan medan listrik pada molekul
sehingga molekul akan terpolarisasi.
Jika N adalah jumlah molekul per-satuan volume, maka:
0
0
m0 P
3
N
ENP
rrr
ε
α
=α=
Ini berlaku jika P0 =0 atau (Nα/3ε0) = 1 [polarisasi permanen]

Dalam bahan dielektrik biasa (Nα/3ε0) < 1 , sedangkan yang memilki polarisasi
permanen adalah kristal feroelektrik.
Contoh: Kristal BaTiO3 (Barium Titanate) yang memiliki momen dipol
permanen/spontan pada temperatur dibawah 1200C (Temperatur Curie).
Keadaan terpolarisasi pada bahan feroelektrik adalah stabil dalam periode waktu
yang lama.
Seperti dibahas sebelumnya, jika bidang muka pelat lebih besar daripada tebal
pelat, maka:
P
1
E
0
d
rr
ε
−=
Sebenarnya stabilitas dari polarisasi feroelektrik yang tinggi akibat tidak adanya
medan yang tak-terpolarisasi pada spesies, bahkan untuk kasus geometri
papah/planar (slab).
Species terpolarisasi dengan menempatkannya diantara pelat konduktor sejajar
yang diberikan beda potensial yang besar.

+
+
+
+
+
+
-
-
-
-
-
-
- + - + - +
- + - + - +
- + - + - +
- + - + - +
- + - + - +
- + - + - +
- + - + - +
- + - + - + - +
- +
- +
- +
- +
- +
- +
- +
- + - + - + - +
Muatan bebas dari pelat dinetralisasi oleh muatan polarisasi permukaan. Jika kedua
pelat diberi potensial yang sama (hubung singkat), keadaan terpolarisasi dari bahan
feroelektrik masih memiliki energi sehingga muatan bebas tetap berada ditempatnya
yang akan menetralisir muatan-muatan polarisasi (lihat gambar di bawah). Medan
makroskopik di dalam feroelektrik menjadi nol.
Jika perbedaan potensialnya besar dan berlawanan tanda, maka species akan
merubah polarisasinya dan muatan bebas yang berlawanan tanda akan mengalir
menuju pelat melalui rangkaian luar, sehingga cukup tidak hanya untuk
menetralisasi muatan bebas yang sudah ada, namun juga muatan polarisasi baru.
Adi suatu pelat feroelektrik diantara dua pelat sejajar dapat digunakan untuk divais
memori yang dapat menyimpan +/- dan -/+ dan polarisasinya masih bertahan
walaupun medan luarnya nol.
E = 0
muatan bebas
permukaan

a
0
b
c
E
P
Jika beda potensial yang diberikan berlawanan arah dengan polarisasi asal,
maka muatan akan mengalir melalui rangkaian luar bila polarisasi feroelektrik
berubah arahnya. Polarisasi bahan feroelektrik akan stabil terhadap medan
balik luar dengan syarat bahwa medannya tidak terlalu besar.
Kondisi diatas digambarkan dalam kurva histeresis. Titik-titik b dan a adalah
kondisi stabil pada E = 0. Titik-titik ini berturut-turut menggambarkan polarisasi
+/- dan -/+. Titik c adalah medan listrik yang harus dilampaui agar terjadi
polarisasi yang terbalik.
Kurva histeresis bahan feroelektrik

Banyak persoalan dalam mekanika disederhanakan berdasarkan pertimbangan
energi. Energi listrik dapat berupa energi kinetik dan potensial. Dalam listrik statik
(v = 0), seluruh energi muatan berupa energi potensial.
Dalam bab ini akan dibahas energi potensial yang timbul dari interaksi antar
muatan atau disebut energi listrik statik.
Energi listrik statik U dari suatu muatan titik sangat terkait dengan potensial listrik
statik φ pada posisi muatan titik tadi. Jika q adalah muatan titik tertentu, maka
kerja yang dilakukan oleh gaya pada muatan bila ia bergerak dari A ke B:
( )AB
B
A
B
A
B
A
qdq
dEqdFKerja
φ−φ−=•φ∇−=
•=•=
∫
∫∫
l
rr
l
rr
l
rr
F diasumsikan hanya gaya listrik qE pada masing-masing titik sepanjang lintasan,
sehingga muatan-muatan akan bergerak. Jika muatan diam, maka gaya listrik
pada tiap titik harus diimbangi dengan gaya yang sama dan berlawanan sehingga
kerja total menjadi nol dan energi kinetik tak berubah.

Kerja yang dilakukan gaya lain:
( )ABqW φ−φ=
yaitu bertambahnya energi listrik statik muatan sepanjang lintasan A → B.
A. ENERGI POTENSIAL DARI SEKELOMPOK
MUATAN-MUATAN TITIK
Energi listrik statik sekelompouk muatan titik m adalah energi potensial sistem
yang berkaitan dengan keadaan dimana semua muatan titik terpisah tak-hingga
satu sama lain. Energi diperoleh dengan menghitung kerja untuk menghimpun
muatan-muatan menjadi satu pada satu waktu.
Muatan q1 ditempatkan pada posisi tanpa adanya kerja (W1 = 0). Penempatan
muatan q2 memerlukan kerja :
1221
210
12
2 rrr;
r4
qq
W
rr
−=
πε
=
Untuk muatan q3 :






πε
+
πε
=
320
2
310
1
32
r4
q
r4
q
qW

Energi listrik statik total untuk menghimpun m-muatan :
∑∑
∑ ∑∑
=
−
=
=
−
==
=








πε
==
m
1j
1j
1k
jk
m
1j
1j
1k jk0
kj
m
1j
j
W
r4
qq
WU
Dalam bentuk matriks, dimana Wjk = Wkj dan Wjj = 0 :
( )
∑∑
∑∑
= =
= =
πε
=
==
m
1j
m
1k jk0
kj'
jj
m
1j
m
1k
jk
r4
qq
2
1
0WW
2
1
U
Faktor ½ timbul untuk memastikan bahwa inateraksi antara pasangan muatan
tidak terjadi dua kali.

Potensial φ pada muatan titik ke-j akibat muatan lain di dalam sistem :
j
m
1j
j
m
1k jk0
k'
q
2
1
U
r4
q
φ=
πε
=φ
∑
∑
=
=
Maka energi listrik statik :
Jika muatan-muatan titik dihimpun dalam bahan dielektrik, maka energinya
sama dengan persamaan diatas, hanya dalam potensial ε0 diganti dengan ε
(permitivitas bahan dielektrik).
B. ENERGI LISTRIK STATIK DARI DISTRIBUSI MUATAN
Kita akan menghimpun distribusi muatan dengan membawa sejumalah mutan
tambahan δq dari suatu potensial acuan φA = 0. Jika distribusi muatan telah
tersusun sebagian dan potensial di titik tertentu didalam sistem adalah
φ’(x,y,z), maka kerja yang diperlukan untuk menempatkan muatan dq di titik
tersebut:
( )
aq
vqqz,y,x'W
∆δσ=δ
∆δρ=δ⇒δφ=δ

Setiap pemindahan penambahan muatan, seluruh muatan akan berada pada
fraksi yang sama dengan nilai akhir, dimana fraksi tersebut disebut α, maka:
( ) ( ) ( ) ( )daz,y,x;'z,y,xddvz,y,x;'z,y,xdU
1
0 S
1
0 V
αφσα+αφρα= ∫ ∫∫ ∫
Tetapi karena seluruh muatan memiliki fraksi dari nilai akhir yang sama a, maka
φ’(α;x,y, z) = αφ(x,y, z), dimana φ adalah nilai akhir potensial pada (x,y,z), maka:
( ) ( ) ( ) ( ) darr
2
1
dvrr
2
1
U
SV
rrrr
φσ+φρ= ∫∫
Volume V harus cukup besar untuk melipuri seluruh rapat muatan dan
potensial hanya diakibatkan oleh ρ dan σ saja.
Jika seluruh ruang diisi oleh suatu bahan dielektrik, maka potensial (jika
konduktor tak dihitung):
( ) ( ) ( ) 'da
'rr
'r
4
1
'dv
'rr
'r
4
1
r
SV
∫∫ −
σ
πε
+
−
ρ
πε
=φ rr
r
rr
r
r

Untuk kasus khusus: ( ) ( )
( ) ( )k
m
1k
'
j
m
1j
j
rrqk'r
rrqr
rrr
rrr
−δ=ρ
−δ=ρ
∑
∑
=
=
Jika konduktor ada di dalam sistem, karena konduktor merupakan daerah
ekipotensial, maka :
jj
jkonduktor
Q
2
1
da
2
1
φ=σφ∫
dengan Qj adalah muatan pada konduktor ke-j. Maka energi listrik statik
dari suatu distribusi muatan yang mencakup juga konduktor :
j
j
j
'SV
Q
2
1
da
2
1
dv
2
1
U φ+φσ+φρ= ∑∫∫
meliputi seluruh konduktor
dibatasi pada permukaan
non-konduktor

Dalam konduktor, dimana muatan-muatannya berada pada permukaan,
maka ρ = 0 dan σ = 0, sehingga energi potensial di dalam konduktor:
j
j
jQ
2
1
U φ= ∑
Secara umum, energi potensial yang melibatkan interaksi antar konduktor :
2j
j
j1j
j
j Q
2
1
Q
2
1
U φ+φ= ∑∑
Akibat muatan
pada konduktor j itu
sendiri
Akibat muatan
pada konduktor
lain

Pandang suatu distribusi muatan sembarang yang dicirikan oleh rapat muatan
ρ dan σ.
Rapat muatan volume didalam bahan dielektrik :
D
rr
•∇=ρ
Rapat muatan permukaan pada konduktor :
nD
rr
•=σ
Maka energi menjadi:
∫∫ •φ+•∇φ=
SV
danD
2
1
dvD
2
1
U
rrrr
Divergensi dari D mengacu pada daerah diluar konduktor, sehingga tidak
sama dengan nol. Integral permukaan meliputi konduktor.
C. RAPAT ENERGI LISTRIK

EDD
DDD
rrrr
rrrrrr
•+φ•∇=
φ∇•−φ•∇=•∇φ
Maka energi potensial dapat ditulis menjadi:
∫∫ ∫ •φ+•+•φ=
+ S'SS V
danD
2
1
dvED
2
1
dv'nD
2
1
U
rrrrrr
S adalah semua permukaan dalam sistem dan S’ = permukaan yang membatasi
sistem dan bisa dipilih tak-hingga. Arah normal n’ keluar dari volume V dan
normal n arahnya keluar dari konduktor, karenanya masuk ke dalam volume V,
sehingga kedua integral permukaan saling menghilangkan, maka:
∫ •=
V
dvED
2
1
U
rr
Rapat energi (energi per-satuan volume) menjadi:
ED
2
1
u
rr
•=

Jika bahannya merupakan bahan dielektrik linier, maka D = ε E, sehingga
rapat energi menjadi:
ε
=ε=
2
2 D
2
1
E
2
1
u
D. ENERGI SISTEM KONDUKTOR BERMUATAN ;
KOEFISIEN POTENSIAL
Potensial suatu konduktor yang ada didalam simtem terdiri dari N-konduktor di
dalam vakum :
j
N
1j
iji Qp∑=
=φ
pij = potensial konduktor ke-j akibat suatu muatan didalam konduktor ke-j
(koefisien potensial).
Energi listrik statiknya:
( ) ji
N
1i
N
1J
ijN1 QQp
2
1
Q...QU ∑∑= =
=

Sifat-difat koefisien pij :
( )
( )
( ) jseluruhuntukpp.3
0p.2
pp.1
ijii
ij
jiij
≥
>
=
E. KOEFISIEN KAPASITANSI DAN INDUKSI
Muatan suatu konduktor yang ada didalam simtem terdiri dari N-konduktor di
dalam vakum, dapat ditulis:
j
N
1j
iji cQ φ= ∑=
cii = koefisien dari kapasitansi
cij (i ≠j) = koefisien induksi
Sifat-difat koefisien cij : ( )
( )
( ) nol/negatifinduksikoefisien.3
0c.2
cc.1
ij
jiij
>
=

Konbinasi potensial masing-masing konduktor φij dan muatan Qi, maka energi
dapat ditulis :
ji
N
1i
N
1j
ijc
2
1
U φφ= ∑∑
= =
F. KAPASITOR
Dua buah konduktor dapat menyimpan muatan-muatan yang besarnya sama
dan berlawanan tanda (±Q), dengan beda potensial antara dua konduktor tak
bergantung pada apakah konduktor yang lain yang ada didalam sistem
bermuatan. Kedua konduktor tadi membentuk kapasitor.
Jika konduktor-1 dan konduktor-2 membentuk kapasitor :
x22122
x12111
QpQp
QpQp
φ+−=φ
φ+−=φ
Dimana muatan +Q berada di konduktor-1 dan –Q di konduktor-2
φx = potensial dari konduktor-konduktor yang lain

Perbedaan potensial antara kedua konduktor :
( )
( ) 1
122211
12221121
p2ppC
CQ
Qp2pp
−
−+=
φ∆=
−+=φ−φ=φ∆
= kapasitansi dari kapasitor (muatan
yang disimpan per-satuan perbedaan
potensial [C/V atau Farad])
Energi kapasitor :
( )
C
Q
2
1
C
2
1
Q
2
1
U
2
2
=φ∆=φ∆=

Suatu kapasitor keping sejajar ideal adalah jika jarak antara keping d jauh lebih
kecil dibanding dengan bidang muka keping. Jika diantara kedua keping disisipi
bahan dielektrik dengan permitivitas ε, maka medan listrik diantara keping:
A
Q1
E
ε
=σ
ε
= A = luas salah satu keping
+ + + + + + + + + + + + + + + + + + +
- - - - - - - - - - - - - - - - - - -
+ +
- -
Kapasitansi kapasitor :
d
AQ
C
ε
=
φ∆
=

Kombinasi seri kapasitor :
φ∆
21
21total
CC
QQQ
C +=
φ∆
+
φ∆
=
φ∆
=
Kombinasi paralel kapasitor :
( )
21
21
C
1
C
1
CCC
1
+=
φ∆+φ∆
=
φ∆
=
C1
C2
C1 C2

G. GAYA DAN TORSI
Pandang suatu sistem terisolasi yang terdiri dari sejumlah konduktor, muatan
titik dan dielektrik, jika gaya F yang bekerja pada sistem mampu menghasilkan
perpindahan sistem sejauh dr. Kerja yang diberikan oleh gaya listrik pada
sistem :
zzyyxx dFdFdFrdFdW ++=•=
rr
Karena sistemnya terisolasi, maka :
z
U
F;
y
U
F;
x
U
F
dFdFdFdUdW
zyx
zzyyxx
∂
∂
−=
∂
∂
−=
∂
∂
−=
++=−=
Gaya listrik bersifat konservatif, dan :
UF ∇−=
rr

Jika sistem dibatasi untuk bergerak sedemikian rupa sehingga ia berotasi
disekitar sumbunya, maka :
θ•τ= ddW
r
Dimana τ = torsi listrik dan dθ = perubahan pergeseran sudut.
Jika τ ditulis dalam komponen-komponennya (τ1, τ2, τ3) dan (dθ1, dθ2, dθ3), maka:
3
3
2
2
1
1
U
;
U
;
U
θ∂
∂
−=τ
θ∂
∂
−=τ
θ∂
∂
−=τ
Maka :
Q1
1
Q
x
U
x
U
F






θ∂
∂
−=τ








∂
∂
−=
Dimana Q ditambahkan untuk
menunjukkan bahwa sistem terisolasi,
karenanya muatan total didalam sistem
tetap konstan selama perpindahan dr
dan dθ.

Contoh :
Suatu kapasitor keping sejajar terpisah sejauh d yang diisi oleh bahan dielektrik
dengan permitivitas e diantara dua keping. Jika dimensi masing-masing keping,
panjang l dan lebar w. Bila kedua keping dijaga pada beda potensial konstan
∆φ. Sekarang jika dielektrik ditarik keluar dari kapasitor sejauh x (lihat gambar),
berapakah gaya untuk menarik kembali dielektrik ke dalam keping kapasitor??
l
x
+
-
φ∆
Solusi :
Karena medan listrik E = ∆φ/d sama disetiap posisi diantara keping, maka energi
dvE
2
1
U
V
2
∫ε=
dimana integral hanya meliputi daerah E ≠ 0.

Dengan mengabaikan efek dari ujung kapasitor, maka :
( )
( ) ( )
( ) wdE1K
2
1
d
w
2
1
F
xdw
d2
1
dwx
d2
1
U
2
0
2
0
2
0
2
ε−=
φ∆
ε−ε=
−




 φ∆
ε+




 φ∆
ε= l
Gaya ini searah dengan bertambahkan nilai x.

Handout listrik-magnet-i

Empfohlen

Empfohlen

Weitere ähnliche Inhalte

Was ist angesagt?

Was ist angesagt? (20)

Andere mochten auch

Andere mochten auch (20)

Ähnlich wie Handout listrik-magnet-i

Ähnlich wie Handout listrik-magnet-i (20)

Kürzlich hochgeladen

Kürzlich hochgeladen (20)

Handout listrik-magnet-i