Nama : Ismadi Sihombing

NIM : 8146175016

Kelas : A2 Reguler

Mata Kuliah : Elektrodinamika

2.3.3 Persamaan Poisson dan Persamaan Laplace

Kita tinjau pada bagian 2.3.1 bahwa muatan listrik dapat ditulis sebagai gradien dari

suatu potensial skalar.

Muncul pertanyaan: Apa yang menjadi persamaan dasar untuk E,

Terlihat seperti dalam Hal V? Baik,   jadi, selain dari tanda minusnya

tetap, divergensi dari E adalah laplacian dari V. Hukum Gauss berbunyi bahwa,

(2.24)

Ini dikenal sebagai persamaan Poisson. Dalam daerah dimana tidak terdapat muatan,

sehingga ρ=0, persamaan Poisson direduksikan ke Persamaan Laplace,

(2.25)

Kita akan membahas persamaan ini lebih jelas pada bab 3. Begitu banyak aturan untuk

Gauss. Bagaimana aturan untuk Curl ? Ini mengatakan bahwa

Harus sama dengan nol. Tetapi tidak pada keadaan V- Curl dari gradien selalu nol. Tentu

saja, kita gunakan dalil Curl untuk menunjukkan bahwa E dapat dinyatakan sebagai gradien

dari suatu besaran skalar, jadi sungguh tidak mengherankan bahwa ini bekerja diluar:

membenarkan                 sebaliknya              menjamin                   .  Itu diperlukan hanya satu

persamaan diferensial (Poisson) untuk determinan V, karena V adalah besaran skalar, untuk

E kita butuhkan dua persamaan, Divergensi dan Curl.

E=−∇ V

∇ .E= ρε0

dan ∇ xE = 0

∇ . E=∇ .(−∇ . V )=−∇2V ,

∇2V =− ρε0

∇2V =0

∇ x E = ∇ x (−∇ V )

∇ x E =0E=−∇ V ;E=−∇ V ;∇ x E =0

2.3.4 Potensial oleh Distribusi Muatan Lokal

Saya mendefinisikan dalam hubungannya dengan E (Persamaan 2.21). Biasanya, lebih dulu,

harga E yang kita cari untuk (jika kita telah mengetahui nilai E, tidak akan ada gunanya

menghitung V). Ide tersebut mungkin lebih mudah untuk mendapatkan harga V pertama, lalu

menghitung E dengan menarik gradien. Ciri utamanya, lalu, kita tahu dimana muatan itu ada

(yaitu, kita kenal ρ ), dan kita ingin menemukan V. Sekarang, persamaan poisson

berhubungan dengan V dan ρ, tetapi sayangnya hubungan V dan ρ jalannya salah

disekelilingnya; Hal itu akan memberi kita ρ, jika kita ketahui V, sedangkan kita inginkan

harga V, dengan mengetahui ρ. Apa yang harus diperbuat, kemudian, yaitu membalikkan

persamaan Poisson. Bahwa, rencana untuk tahap ini, Meskipun saya akan menggunakan cara

tidak langsung, sebelumnya, seperti biasa, dengan suatu muatan titik pada titik asal.

Menetapkan titik acuan di tak terhingga, potensial dari muatan titik q pada titik asal adalah

(Anda lihat disini sifat khusus menggunakan jumlah tak terbatas untuk titik acuan: Menolak

batas bawah pada integral). Melihat tanda V, sepertinya tanda minus biasanya masuk dalam

ketentuan dari V (2.21) justru dipilih urutan yang tepat untuk potensial dari muatan positif

keluar. Hal ini berguna untuk diingat bahwa daerah muatan positif yang berpotensial ‘tinggi”,

daerah yang bermuatan negatif berpotensial “rendah” dan titik medan listrik “menurun” dari

bertambah menjadi berkurang.

Secara umum, potensial dari suatu muatan titik q adalah

(2.26)

Dimana     seperti biasa, adalah jarak dari muatan ke r (Gambar 2.32). tidak berdasar prinsip

superposisi, maka potensial dari suatu muatan yang terkumpul adalah

(2.27)

V (r )= −14 πε0

∫∞

r q

r '2dr ' = 1

4 πε0

qr '

|∞r = 1

4 πε 0

qr

V (r )= 14 πε0

qr

V (r )= 14 πε0

∑i=1

nqr

Atau, untuk distribusi yang kontinu,

(2.28)

Secara khusus, untuk volume suatu muatan, yaitu :

(2.29)

          Ini adalah persamaan yang kita cari, memberi tahu kita bagaimana untuk menghitung

V, ketika kita mengetahui ρ; itu, jika anda suka, “solusinya” untuk persamaan poisson, untuk

distribusi muatan lokal. Saya mengajak anda untuk membandingkan persamaan 2.29 dengan

formulasi yang sesuai : untuk medan listrik dan hubungannya dengan ρ.

Titik utama yang perlu diperhatikan adalah bahwa vektor satuan sekarang menghilang,

sehingga tidak perlu khawatir tentang komponen-komponennya. Kebetulan, potensial dari

garis dan permukaan muatan adalah

(2.30)

Saya harus memperingatkan anda bahwa segala sesuatu pada sesi ini diprediksi pada asumsi

bahwa keterangan titik pada jumlah tak terhingga. Ini tidak jelas dalam dalam persamaan

2.29, tapi ingat bahwa kita memperoleh persamaan dari potensial dengan suatu muatan titik

pada titik asal, yang berlaku hanya bila Jika anda mencoba menerapkan

formula ini untuk salah satu masalah yang dibuat dimana muatan itu sendiri meluas ke titik

dengan tak terhingga, integralnya akan menyimpang.

Contoh 2.7

        Hitunglah potensial dari kulit bola yang bermuatan seragam dari radius R (gambar 2.33).

Solusi: Ini adalah masalah yang sama kita pecahkan dalam contoh 2.6, tetapi kali ini kita

akan mengerjakannya dengan menggunakan persamaan 2.30 :

Kita akan tetapkan titik r pada sumbu Z dan menggunakan aturan cosinus untuk

membuktikan dalam sudut polar θ :

Unsur luas permukaan pada bidang ini adalah R2 sin θ' dθ' dφ' , jadi

Pada tahap ini kita harus sangat hati-hati dalam menarik akar positif. Untuk titik diluar

bidang, Z lebih besar dari R, dan karena √( R−Z )2= Z−R ; untuk titik didalam bidang

√( R−Z )2= R−Z ; dengan

Hubungannya dari total muatan pada kulit,

q=4πR2 σ , V (Z )=(1/ 4 πε0 ) (q/ z ) {atau sec ara umum, V ( r )= (1 /4 πε0 ) (q/r ) untuk titik di luar bola, dan

(1 /4 πε0 ) (q/ R ) untuk titik di dalam bidang .

4 πε 0 V (Z) = σ∫R2sin θ' dθ' dφ'

√R2+ Z2− 2 RZ cos θ '

=2 πR2σ ∫0

π sin θ'

√ R2+ Z2− 2 RZ cos θ'dθ'

=2 πR2σ (1RZ√ R2+ Z2− 2RZ cos θ' ) |0π

=2 πRσZ

(√ R2+Z2+2 RZ − √ R2+Z2−2RZ )=2 πRσ

Z[√( R+Z )2 − √( R−Z )2]

V (Z )=Rσ2 ε0 Z

[( R+Z )−(Z−R )] = R2 σε0 Z

, outside

V (Z )=Rσ2 ε0 Z

[( R+Z )−(Z−R )] = Rσε0

, inside

Tentu saja, dalam kasus ini, hal itu lebih mudah untuk memperoleh V dengan

menggunakan 2.21 lalu 2..30, karena Aturan Gauss memberikan kita dengan usaha yang lebih

sedikit . Tetapi jika anda bandingkan contoh 2.7 dengan masalah 2.7, anda akan menyadari

magna dari rumus potensial.

Masalah 2.25 Gunakan persamaan 2.27 dan 2.30, tentukan potensial pada jarak Z diatas pusat

dari distribusi muatan.

Masalah 2.26 Suatu permukaan kerucut (mangkok eskrim kosong membawa muatan

permukaan yang seragam σ. Tinggi kerucutnya adalah h, seperti jari-jari bagian atas.

Tentukan beda potensial antara titik a (puncak) dan b (pusat atas).

Masalah 2.27 Tentukan potensial pada sumbu pada sumbu silinder padat bermuatan seragam,

z jarak dari pusat, panjang silinder adalah l, jari-jari adalah R, dan kerapatan muatan adalah ρ.

Gunakan pencarian anda untuk menghitung medan listrik pada titik ini. (asumsikan bahwa z >

L/2).

Masalah 2.28 Gunakan persamaan 2.29 untuk menghitung potensial dalam suatu

bidang(bulat) padat yang yang bermuatan seragam dari jari-jari R dan muatan total q.

Bandingkanlah jawaban anda ke masalah 2.21.

Masalah 2.29 Periksalah bahwa persamaan 2.29 memenuhi persamaan poisson, dengan

menerapkan Laplacian dan gunakan persamaan 1.102.

2.3.5 Ringkasan; Keadaan batas elektrostatik

Dalam masalah elektrostatik yang khusus akan diberikan dari sumber yang muatannya

terdistribusi ρ, dan anda akan menemukan medan listrik E yang dihasilkannya. Kecuali

simetri dari masalah yang menerima suatu penyelesaian dengan Hukum Gauss, umumnya

untuk mempermudah anda dalam menghitung potensial utama, sebagai langkah selanjutnya.

Ini, maka ada tiga hal yang mendasar yang dijumlah dari elektrostatik; ρ, E, dan V. Kita telah

membahas dalam diskusi kita, keenam formula atau rumus yang saling menghubungkan

mereka. Persamaan ini diringkas dengan rapi dalam gambar 2.3.5. Kita mulai dengan dua

pengamatan eksperimen : (1) Prinsip dari superposisi--aturan umum yang menerapkan

banyak hal untuk semua gaya elektromagnetik, dan (2) Hukum Coulomb—aturan dasar dari

listrik. Dari sini, semuanya diikuti.

Dimana A adalah luas tutup kotak obat, (jika σ bervariasi dari titik ke titik atau, permukaan

melengkung, kita harus memilih A menjadi sangat kecil. Sekarang, sisi kotak obat tidak

berkontribusi apa-apa untuk fluks, dalam batas ketebalan ε menuju nol, jadi kita letakkan

disisi kiri dengan : E

1atas

− 1bawah

= 1ε0

σ ,                                   (2.31)

Dimana E

1atas menunjukkan komponen E yang tegak lurus ke permukaan dekat atas, dan

E1

bawah adalah sama, hanya dibawah permukaan untuk ketetapan, kita ambil “atas” menjadi arah yang positif untuk keduanya. Kesimpulan : Komponen normal E adalah

terputus dengan jumlah

σε0  pada beberapa batas. Khususnya, dimana tidak terdapat muatan

permukaan E┴ adalah kontinu, seperti misalnya pada permukaan bola padat yang bermuatan seragam.

             Komponen tangensial dari E, sebaliknya, selalu kontinu. Karena jika menerapkan persamaan 2.19,

∮s

E . da = 1ε0

Qenc = 1ε0

σA ,

∮E .dl = 0 ,

Untuk loop persegi panjang tipis dari gambar 2.37, akhirnya tidak memberikan apa-apa

(dengan ε →0 ), dan sisinya memberikan (Eatas

| l − Ebawah

‖ l) , sehingga

(2.32)

Dimana E‖‖

adalah uraian dari komponen E yang sejajar dengan permukaan. Keadaan batas pada E (persamaan 2.31 dan 2.32) dapat digabungkan menjadi satu formula :

Eatas − Ebawah = σε0

n̂ ,                                                                          (2.33)

Dimana n̂ adalah vektor satuan yang tegak lurus dengan permukaan, arahnya dari “bawah” ke “atas”. Potensial, sementara itu, kontinu tepat disebelahnya (gambar 2.38), karena

Sebagai panjang lintasan yang menyusut menuju nol, demikian juga integral ;

(2.34)

Eatas| = Ebawah

|

V atas − V bawah =−∫a

bE . dl ;

V atas = V bawah