Bab 2

Elektrostatik

2.1 Medan Listrik

2.1.1 Pendahuluan

Permasalahan dasar teori elektromagnetik yang diharapkan dapat dipecahkan

adalah (Gambar 2.1): Kita memiliki beberapa muatan listrik, q1, q2, q3,…. (sebut saja

muatan sumber); gaya apakah yang menyebabkan muatan-muatan tersebut saling

mendesak muatan lain, Q (sebut hal ini dengan muatan uji)? Posisi dari muatan

sumber telah ditentukan (sebagai fungsi dari waktu); lintasan dari partikel uji haruslah

dihitung. Pada umumnya, muatan sumber dan muatan uji sedang bergerak.

Permasalahan tersebut dapat diselesaikan dengan dengan prinsip superposisi,

dengan syarat bahwa interaksi antara kedua muatan tersebut tidak terpengaruh oleh

keberadaan muatan lainnya. Hal ini berarti bahwa untuk menentukan gaya yang

bekerja pada muatan uji Q, pertama kita dapat menghitung F1 akibat muatan sumber

q1 (dengan mengabaikan muatan sumber lainnya), kemudian kita hitung F2 akibat

muatan sumber q2 dan seterusnya. Akhirnya, kita gunakan penjumlahan vector dari

masing-masing gaya : F=F1 +F2 +F3 +…… Dengan demikian, jika kita mendapatkan

gaya yang bekerja pada muatan uji Q terhadap muatan sumber tunggal q pada

prinsipnya telah terselesaikan. (sisanya hanya soal mengulangi operasi yang sama

berulang-ulang, dan menambahkan semua itu).1

1 prinsip dari superposisi mungkin terlihat “jelas” bagi anda, tapi hal ini tidak sesederhana kelihatannya: jika gaya elektromagnetik sebanding dengan kuadrat dari jumlah total muatan sumber, misalnya, prinsip superposisi tidak berlaku ketika (q1 + q2)2 ≠ q1

2 + q12 . superposisi bukanlah cara logis tapi berdasarkan eksperimen.

Dari penjelasan di atas sepertinya terlihat mudah: Mengapa saya tidak

menuliskan rumusan untuk gaya yang bekerja pada muatan Q oleh muatan sumber q,

dan semua dapat terselesaikan olehnya? Saya bisa, bahkan pada Bab 10 saya akan,

tapi anda akan terkejut melihatnya pada bagian ini, bukan hanya untuk gaya yang

bekerja pada Q yang bergantung pada jarak r antara dua muatan (Gambar 2.2), selain

itu juga bergantung pada kecepatan kedua muatan dan akselerasi dari q. Lebih lanjut,

hal ini bukanlah mengenai posisi, kecepatan dan akselerasi dari q yang menjadi

masalah saat ini: “Surat Kabar” elektromagnetik bergerak dengan kecepatan cahaya,

sehingga apa yang menyangkut tentang Q adalah posisi, kecepatan dan percepatan q

sudah lebih awal, ketika pesan tersebut tertinggal.

Oleh karena itu, meskipun faktanya bahwa pertanyaan dasar (“berapa gaya yang bekerja pada Q oleh q?”) mudah untuk diselesaikan, ini bukan berarti tanpa ada kesulitan sama sekali; sebaiknya kita menyelesaikannya secara bertahap. Dalam pada itu, teori yang akan kita kembangkan akan menghasilkan solusi yang lebih bagus untuk masalah elektromagnetik dalam bentuk yang agak sederhana. Untuk memulainya, kita seharusnya memperhatikan keadaan khusus dari elektrostatik yang mana kesemua muatan sumber diam (anggaplah bahwa muatan uji dapat bergerak).

2.1.2 Hukum Coloumb

Berapakah besar gaya yang bekerja pada muatan uji Q terhadap sebuah mutan titik tunggal q yang mana terpisah sejauh r? Jawabannya dapat diberikan oleh persamaan hukum Coloumb:

rMuatan ujiq2

q1

Q

Muatan sumber

qi q

Q

Gambar 2.1 Gambar 2.2

F= 14 π ϵ 0

qQ

r2ŕ

Konstanta ϵ 0 menyatakan permitivitas ruang hampa. Dalam satuan SI, dimana gaya dinyatakan dalam Newton (N), jarak dalam meter (m), dan muatan dalam couloumb (C),

ϵ 0=8.85× 10−12 C2

N . m2

Dikatakan bahwa gaya yang bekerja sebanding dengan hasil perkalian dari kedua muatan dan berbanding terbalik terhadap kuadrat dari jarak pisah kedua muatan. Sebagaimana (Bagian 1.1.4) r adalah vektor jarak dari r’ (letak muatan q) hingga r (letak muatan Q):

r = r – r’

r adalah besar nilainya, dan ŕ adalah arahnya. Gaya yang berada disepanjang garis dari q hingga Q berupa gaya tolak-menolak, jika q dan Q memiliki tanda (+/-) yang sama, dan tarik-menarik jika tanda keduanya berbeda.

Hukum Coloumb dan prinsip superposisi merupakan masukan fisis dari elektrostatistika – sisanya, kecuali beberapa sifat khusus dari materi, adalah elaborasi matematis dari aturan-aturan mendasar.

Soal 2.1

(a) 12 buah muatan identik, q, diletakan pada setiap sudut dari segi-12 beraturan (misalnya, bayangkan setiap angka yang tertera pada sebuah jam dinding terdapat satu muatan q). Berapakah gaya yang bekerja pada muatan uji Q yang terletak di pusat?

(b) Bila satu dari ke-12 muatan q dihilangkan (yang terletak pada angka 6 pada jam dinding). Berapakah gaya yang bekerja pada Q? Jelaskan alasan anda dengan baik.

(c) Sekarang jika 13 muatan, q, diletakkan pada setiap sudut dari segi-13 beraturan. Berapakah gaya yang bekerja pada Q yang terletak tepat ditengah?

(2.1)

(2.2)

(d) Jika satu dari ke-13 muatan q dihilangkan, berapakah gaya yang bekerja pada Q? Jelaskan alasan anda.

2.1.3 Medan Listrik

Jika kita memiliki beberapa titik muatan q1,q2,...,qn, pada jarak r1, r2, ...., rn dari Q, gaya total yang bekerja pada Q adalah

F=F1+F2+…= 14 π ϵ 0 ( q1Q

r12 ŕ 1+

q2 Q

r22 ŕ 2+…)

¿ Q4 π ϵ 0 ( q1 ŕ1

r12 +

q2 ŕ 2

r 22 +…)

atau

F = QE,

Dimana

E (r ) ≡ 14 π ϵ 0

∑i=1

n q i

ri2 ŕ i

E disebut dengan medan listrik dari muatan sumber. Perhatikan bahwa E merupakan fungsi posisi (r), karena jarak vektor (ri) bergantung pada lokasi dari medan titik P (Gambar 2.3). Tapi bukan terhadap muatan uji Q. medan listrik adalah jumlah vektor yang berubah-ubah dari satu titik ke titik yang lain dan ditentukan oleh konfigurasi muatan-muatan sumber; secara fisis. E(r) adalah gaya persatuan muatan yang bekerja pada sebuahmuatan uji Q, jika anda meletakannya pada titik P.

(2.3)

(2.4)

Apakah sebenarnya medan listrik? Saya telah sengaja memulai dengan apa yang mungkin anda kenal denga interpretasi minimal dari E, sebagai sebuah tahap menengah dalam perhitungan medan listrik. Namun saya menyarankan anda untuk menganggap bahwa medan merupakan suatu bentuk fisis yang “nyata”, mengisi ruang di sekitar muatan listrik. Maxwell sendiri percaya bahwa medan listrik dan medan magnet gambaran aktual dari stress dan strain dalam sebuah jelly purba yang tidak tampak seperti “ether”. Relativitas khusus telah mendorong kita meninggalkan gagasan mengenai ether, dan dalam hal ini dengan interpretasi mekanis Maxwell tentang medan elektromagnetik. (Ini bahkan mungkin, berpikir kurang praktis, untuk merumuskan elektrodinamik klasik sebagai sebuah teori “aksi pada suatu jarak”, dan melepasnya dengan konsep medan secara keseluruhan). Saya tidak dapat menjelaskan kepada anda tentang apa itu medan – hanya menjelaskan bagaimana menghitungnya dan apa yang dapat anda lakukan ketika anda mendapatkannya.

Soal 2.2

(a) Tentukan medan listrik (besar dan arah) pada jarak z diatas titik tengah antara dua muatan yang sama, q, yang terpisak sejauh d (Gambar 2.4). Periksa bahwa hasil yang anda peroleh sesuai dengan yang anda perkirakan ketika z >> d.

(b) Ulangi bagian (a), hanya saja buat bagian kanan menjadi muatan –q dan bagian kirinya muatan +q.

2.1.4 Distribusi Muatan Kontinyu

Definisi kita mengenai medan listrik (Persamaan 2.4), mengasumsikan bahwa sumber dari medan adalah sebuah kumpulan dari muatan titik diskrit qi. Jika muatan didistribusikan secara kontinyu pada suatu area, bentuk penjumlahan menjadi sebuah integral (Gambar 2.5a):

E (r ) ≡ 14 π ϵ 0

∫ 1

r2ŕ

i

dq

Gambar 2.5Gambar 2.1

(2.5)

Jika muatan tersebar di sepanjang garis (Gambar 2.5b), dengan muatan persatuan panjang λ, maka dq= λ dl’ (dimana dl’ adalah sebuah elemen dari panjang sepanjang garis); jika muatan tersebar pada sebuah luasan permukaan (Gambar 2.5c), dengan muatan persatuan luas σ, maka dq= σ da’ (dimana da’ merupakan sebuah elemen luas pada sebuah permukaan); dan jika muatan mengisi sebuah ruang (Gambar 2.5d), dengan muatan persatuan volum ρ, maka dq = ρ dτ’ (dimana dτ’ adalah sebuah elemen volume):

dq → λdl’ ~ σ da’ ~ ρ dτ’

Maka medan listrik dari muatan garis adalah

E (r ) ≡ 14 π ϵ 0

∫ λ (r ' )r2 ŕ

i

d l'

Untuk muatan luas

E (r ) ≡ 14 π ϵ 0

∫ σ (r ')r2 ŕ

i

da '

Dan untuk muatan volum adalah

E (r ) ≡ 14 π ϵ 0

∫ σ (r ')r2 ŕ

i

da '

Persamaan 2.8 sendiri sering ditunjukkan sebagai “Hukum Coloumb”, karean persamaan itu sendiri merupakan langkah cepat dari aslinya (2.1), dan karena sebuah volume muatan adalah dalam pengertian paling umum dan kasus realistis. Perhatikan dengan seksama pengertian dari r pada rumusan ini. Aslinya, pada persamaan 2.4, ri

menyatakan vektor dari muatan sumber qi terhadap titik medan r. dengan selalu berhubungan, r adalah vektor dari dq (sehingga merpakan vektor dari dl’, da’, atau dτ’) terhadap titik medan r.2

Contoh 2.1

2 Peringatan: Satuan vektor ŕ tidak konstan; arahnya bergantung pada titik sumber R’, dan karena itu tidak dapat dikeluarkan dari integral 2.5-2.8. Pada prakteknya anda harus bekerja dengan komponen kartesian (x, y, z konstan tidak dapat keluar dari integrasi), bahkan jika anda menggunakan koordinat curvilinier untuk melakukan integrasi.

(2.6)

(2.7)

(2.8)

Tentukan medan listrik pada jarak z diatas titik tengah dari sebuah segmen garis lurus dengan panjang 2L, yang mana membawa muatan garis yang seragam λ (Gambar 2.6)

Solusi : Hal ini menguntungkan untuk memotong garis menjadi dua dan menempatkannya secara simetris (pada ±x), untuk itu medan pada komponen horizontal akan saling menghilangkan, sehingga medan listrik dari pasangan garis tersebut adalah

d E=21

4 π ϵ 0( λdx

r2 )cosθ ź

Gambar 2.6

Dimana cos θ = z/r ; r =√ z2+x2, dan x bergerak dari 0 hingga L:

E= 14 π ϵ 0

∫0

L2 λz

( z2+x2 )3 /2dx

¿2 λz

4 π ϵ 0 [ x

z √z2+x2 ]L0¿ 1

4 π ϵ 0

2 λL

z√22+L2

Dan medan menuju arah sumbu z

Untuk titik yang jauh dari garis (z >> L), medan listriknya menjadi

E≅ 14 π ϵ 0

2 λL

z2

yang masuk akal: pada jarak yang sangat jauh muatan garis terlihat seperti muatan titik q =

2λL, maka medan menguranginya dari muatan titik q / (4π ϵ0 z2 ). Pada lilim L→∞, di sisi

lain, kita peroleh medan dari kawat dengan panjang tak hingga :

E= 14 π ϵ 0

2 λz

;

atau secara umum,

E= 14 π ϵ 0

2 λs

,

dimana s adalah jarak titik medan dari kawat.

Soal 2.3 Tentukan medan listrik yang berada pada jarak z diatas salah satu ujung kawat dengan panjang L (Gambar 2.7), yang membawa muatan garis seragam λ. Periksa apakah formula yang anda peroleh konsisten dengan apa yang anda perkirakan untuk z >> L.

Soal 2.4 Tentukan medan listrik pada jarak z diatas titik tengah sebuah kawat persegi dengan sisi a yang membawa muatan garis seragam λ (Gambar 2.8). [petunjuk: gunakan hasil dari contoh 2.1]

Soal 2.5 Tentukan medan listrik pada jarak z diatas titik tengah kawat yang berbentuk lingkaran dengan jari-jari r (gambar 2.9), yang mana membawa muatan garis seragam λ.

Gambar 2.9Gambar 2.8Gambar 2.7

Soal 2.6 Tentukan medan listrik pada jarak z diatas sebuah piringan tipis dengan jari-jari R (Gambar 2.10), yang membawa muatan luas seragam σ. Bagaimanakah persamaannya untuk limit R→∞ ? Periksa untuk z >> R.

Soal 2.7 Tentukan medan listrik pada jarak z diatas permukaan bola denga jari-jari R (Gambar 2.11), yang mana membawa rapat muatan seragam σ. Gunakan z < R (di dalam bola) serta z > R (di luar bola). Tunjukkan jawaban anda dalam bentuk muatan total q pada bola. [petunjuk: gunakan hukum cosinus untuk menuliskan nilai r dalam bentuk R dan θ. Pastikan untuk nilai positif dari akar pangkat kuadrat :

√R2+z2−2Rz=( R−z ) jika R > z, dan (z – R) jika R < z.]

Soal 2.8 Gunakan jawaban dari soal 2.7 untuk menentukan medan listrik di dalam dan luar bola dengan radius R, yang mana membawa rapat muatan volum ρ. Tunjukkan jawaban anda dalam bentuk muatan total dari bola, q. Gambarkan grafik

dari |E| sebagai fungsi jarak dari pusat bola.

Gambar 2.10 Gambar 2.11

2.2 Divergen dan Curl dari Medan elektrostatik

2.2.1 Garis Medan, Flux, dan Hukum Gauss

Prinsipnya, kita telah menyelesaikan masalah elektrostatik. Persamaan 2.8

menjelaskan kepada kita bagaimana menghitung medan dari distribusi muatan, dan

Persamaan 2.3 menjelaskan kepada kita bagaimana gaya pada muatan Q akan

dipindahkan pada medan tersebut. Sayangnya, sebagaimana yang mungkin akan anda

temukan pada Soal 2.7, integral yang terlibat dalam perhitungan E sulit ditentukan,

meskipun untuk distribusi muatan yang sederhana. Banyak elektrostatik khusus

diberikan untuk merangkai sebuah kantung peralatan dan cara-cara untuk

menghindari integral ini. Semua itu bermula dengan divergensi dan curl dari E. Saya

akan menghitung divergensi dari E secara langsung dari Persamaan 2.8, pada Bagian

2.2.2, namun pertama-tama saya ingin menunjukkan kepada anda dengan lebih

kualitatif, dan mungkin lebih jelas, pendekatan intuitif.

Mari kita mulai dengan kasus kemungkinan yang paling sederhana: titik

tunggal muatan q, yang terletak pada sumber:

E (r) = 1

4 πε 0q

r2r (2.10)

Untuk mendapatkan “rasa” dalam medan ini, saya mungkin menggambar sedikit

vektor representatif, sebagaimana pada Gambar. 2.12a. karena medan turun 1/r2 ,

vektor dapat menjadi lebih pendek sebagaimana anda pergi menjauh dari sumber;

titik itu akan menjauh secara radial. Namun terdapat langkah yang lebih baik untuk

menjelaskan medan tersebut, dan hal tersebut menghubungkan tanda panah tersebut,

untuk membentuk garis medan (Gambar. 2.12b). Anda mungkin berpikir bahwa saya

memberikan informasi tentang daya dari medan, yang mana terkandung dalam

panjang panah. Tapi sebenarnya tidak. Magnitudo dari medan ditunjukkan dengan

densitas dari garis medan: yang kuat di dekat pusat dimana garis medan tersebut

tertutup semua, dan melemah saat jauh keluar, dimana garis medan tersebut terpisah

relatif jauh.

Sebenarnya, diagram garis medan itu tidak dapat dipercaya, ketika saya

menggambarnya pada permukaaan dua dimensi, untuk densitas dari garis melewati

lingkaran dengan jari-jari r adalah angka total yang terbagi oleh lingkaran (n/2π r),

sebagaimana (1/r), bukan (1/r2). Namun jika anda membayangkan model dari tiga

dimensi (sebuah bantal peniti dengan jarum pelekat luar pada semua arah), kemudian

densitas dari garis adalah total nilai yang dipisahkan dengan daerah bola (n/4πr2).

Sebagaimana (1/r2).

Gambar 2.12

Sama namun berbeda muatan

Gambar 2.13

Diagram tersebut mudah untuk menjelaskan medan yang lebih rumit. Tentu

saja, nilai dari garis yang anda gambar tergantung pada seberapa enerjik anda (dan

seberapa lancip pensil anda), meskipun anda seharusnya cukup memasukkan untuk

mendapatkan perasa akurasi medan, dan anda harus konsisten: Jika muatan q diisi 8

garis, maka 2q diisi 16. Dan anda harus meletakkannya dengan benar- muatan

muncul dari titik sumber muatan secara simetris di semua arah. Garis medan dimulai

pada muatan positif dan berakhir pada muatan negatif; hal tersebut tidak dapat

selesai, walaupun hal itu mungkin diperpanjang tak hingga. Selain itu, garis medan

tidak melewati pada perpotongan, medan akan memiliki dua arah pada satu medan!

Dengan semuanya itu dalam pikiran, hal itu mudah untuk menggambar medan

dengan titik muatan yang komfigurasinya sederhana: dimulai dengan menggambar

baris pada muatan lainnya, dan kemudian memperpanjangnya hingga tak hingga

(Gambar. 2.13 dan 2.14).

Muatan yang sama

Gambar 2.14

Gambar 2.15

Pada model ini fluks E melewati permukaan S,

ΦE ≡∫s

❑

E .da , (2.11)

adalah besar “nilai garis muatan” yang melewati S. Saya mengambil rumusan ini

karena tentu saya hanya dapat menggambarcontoh representatif dari garis medan –

total nilai akan menjadi tak hingga. Namun untuk pemberian samping rate contoh

fluks itu proporsional untuk nilai garis yang ditarik, karena kuat medan, ingat,

proporsional untuk densitas garis medan (nilai per satuan luas) dan karenanya E.da

proporsional untuk nilai dari garis yang menembus melewati daerah tak hingga da .

(Hasil dot dari komponen dari da sepanjang arah E , seperti pada Gambar 2.15. itu

hanyalah daerah dalam bidang tegak lurus pada E yang kita pikirkan ketika kita

mengatakan bahwa densitas garis medan adalah nilai per satuan luas).

Ini menjelaskan bahwa fluks melewati semua permukaan tertutup adalah nilai

dari total muatan. Untuk garis medan yang sumbernya pada muatan positif harus

salah satu melewati permukaan atau yang lainnya berakhir pada muatan negatif

(Gambar. 2.16a). Di sisi lain, sebuah muatan pada bagian luar permukaan akan tidak

berkontribusi pada total fluks, dari garis medannya melewati satu sisi dan keluar pada

bagian lainnya (Gambar. 2.16b). Inilah inti dari Hukum Gauss. Sekarang kita buat

kuantitatifnya.

Gambar 2.16

Dalam kasus titik muatan q pada sumber, fluks E melewati bola dengan jari-

jari r adalah:

∮E da=∫ 14 π ε0

( 1

r2 r ) .(r2sinѲ dѲ dΦr )=

1ε 0

q (2.12)

Perhatikan bahwa jari-jari bola diabaikan, untuk permukaan luas naik r2, medan turun

1/r2, dan sehingga hasilnya konstan. Pada gambar garis medan, hal ini membuat

“perasaan” yang baik, dari nilai garis medan yang sama menembus melewati seluruh

pusat bola sebagai sumbernya, tergantung ukurannya. Faktanya, hal itu bukanlah

bola-beberapa permukaa tertutp, apapun bentuknya, akan menunjukkan nilai garis

medan yang sama. Jelasnya fluks melewati permukaan muatannya adalah q/ε0.

Sekarang misalkan muatan tunggal pada sumber, kita memiliki kumpulan

muatan yang menyebar. Berdasarkan prinsip superposisi, total medan adalah vektor

jumlah dari semua muatan tunggal:

E = ∑i=1

n

E i

Fluks melewati permukaan yang menutupi seluruhnya, selanjutnya adalah

∮E . d a=∑i=1

n

(∮Ei . da¿)=∑i=1

n

( 1ε0¿qi)¿¿

Untuk semua permukaan tertutup

∫s

❑

E . d a=¿ 1ε0

Qenc ¿

dimana Qenc adalah total muatan tertutup di dalam permukaan. Ini adalah pernyataan

kuantitatif dari Hukun Gauss. Walaupun tidak berisi informasi yang tidak dijelaskan

pada Hukum Coulomb dan prinsip superposisi, hal tersebut merupakan kekuatan yang

ajaib, seperti yang anda lihat pada Bagian 2.2.3. Perhatikanlah bahwa semua engsel

pada 1/ r2 karakter Hukum Coulomb; tanpa hal tersebut pembatalan krusial dari r’s

pada Persamaan 2.12 tidak akan terjadi, dan total fluks E akan tergantung pada

permukaan yang dipilih, tidak hanya pada total muatan tertutup. Gaya lain 1/ r2 (saya

berpikir secara rinci gravitasi umum Hukum Newton) akan memenuhi “Hukum

Gauss”, dan praktiknya kami mengembangkannya secara langsung.

Seperti bentuknya, Hukum Gauss adalah persamaan integral, tapi kita dapat

dengan segera mengintegralkan: dengan menerapkan teorema divergensi:

∫s

❑

E . d a=¿∫v

❑

(∇ . E ) dτ .¿

Tulis kembali Qenc dalam persamaan densitas muatan ρ, kita mendapat:

Qenc=∫v

❑

ρ . dτ .

Sehingga Hukum Gauss menjadi:

∫v

❑

(∇ . E ) dτ=∫v

❑

( ρε0)dτ .

Dan karena hal ini untuk volume, integran dapat dirumuskan:

∇ . E= 1ε0

ρ (2.14)

Rumus 2.14 memiliki maksud yang sama seperti 2.13; ini adalah Hukum Gauss

untuk persamaan differensial. Versi differensial lebih ringkas, tapi persamaan

integral memiliki keuntungan mencakup titik, garis, dan muatan permukaan lebih

natural.

Soal 2.9 Misalkan medan listrik suatu bidang dinyatakan E = kr3r , pada koordinat bola

(k merupakan konstanta)

(a) Tentukan rapat muatan ρ

(b) Tentukan total muatan pada bola dengan jari-jari R, terpudat pada sumber.

(lakukan dengan dua langkah yang berbeda)

Soal 2.10 Suatu muatan q berada pada sudut belakang dari kubus, sebagaimana yang

ditunjukkan pada Gambar 2.17. apakah fluks E melewati daerah bayangan ?

Gambar 2.17

2.2.2 Divergensi E

Mari kita kembali, sekarang, dan hitung divergensi dari E langsung dari Persamaan

2.8:

E (r )= 14 π ε0

∫all space

❑r

r2ρ (r ' )dτ ' (2.15)

(Mula-mula integrasi volume terisi oleh muatan, tapi saya mungkin

memperpanjangnya ke semua ruang, karena ρ = 0 pada permukaan luar). Tidak ada r

– tergantung yang termuat dalam r = r – r’, kita dapat

∇ . E=1

4 π ε0∫❑

❑

∇ .( r

r2 ) ρ (r ' )dτ '

Hal ini akurat dengan divergensi yang kita hitung pada persamaan 1.100:

∇ .( r

r2 )−4π δ3 (r )

Jadi

∇ . E= 14 π ε0

∫❑

❑

4 π δ3 (r−r ' ) ρ ( r ' )dτ '= 1ε0

ρ (r ) (2.16)

yang mana Hukum Gauss pada persamaan differensial (2.14). untuk mendapat

kembali persamaan integral (2.13), kita jalankan pernyataan sebelumnya dalam

kebalikan-integral dari volume dan menerapkan teorema divergen.

∫v

❑

∇ . E dτ=∮s

❑

E .d a=¿ 1ε 0∫

v

❑

ρ dτ=¿ 1ε0

Q enc¿¿.

2.2.3 Aplikasi Hukum Gauss

Saya harus menunda perkembangan pada titik ini untuk menunjukkan anda

keluarbiasaan dari hukum Gauss, dalam bentuk integral. Ketika simetri

memungkinkan, hai ini menghasilkan cara yang paling cepat dan paling mudah untuk

menghitung medan listrik. Saya akan mengilustrasikan metode tersebut dengan

beberapa contoh.

Contoh 2.2

Tentukan medan listrik diluar sebuah bola bermuatan seragam dengan jari-jari R

muatan total q.

Solusi: Gambarlah sebuah permukaan bola pada r > R (Gambar 2.18); hal ini

disebut dengan ”permukaan Gaussian”. Hukum Gauss mengatakan bahwa untuk

permukaan ini (sebagimanayang lain)

∮S

❑

E ∙ d a= 1ε 0

Qenc

dan Qenc=q. Sepintas hal ini tampaknya tidak membuat kita terlalu jauh, karena

kuantitas yang kita inginkan (E) dibumikan dalam integral permukaan. Untunglah,

simetris mengijinkan kita untuk mengutip E dari bawah tanda integral: E secara

pasti titik radial keluar,3 seperti halnya da, sehingga kta dapat meletakkan hasil dot.

∫S

❑

E ∙ d a=∫S

❑

|E|da

Gambar 2.18

dan besarnya magnitudo E adalah konstan di atas permukaan Gaussian, sehingga

magnitudo Edatang di di luar integral:

∫S

❑

|E|da=|E|∫S

❑

da=|E|4π r 2

Sehingga

|E|4 π r2= 1ε0

q

35Jika anda ragu bahwa E itu radial, pikirkanlah alternatifnya. Anggaplah, katakan, bahwa titik tersebut

menuju ke timur, pada “katulistiwa”. Namun orientasi dari katulistiwa benar-benars embarang—tidak ada

perputaran di sini, jadi tidak ada sumbu “utara-selatan” alami—setiap penjelasan mempunyai inti untuk

menunjukkan bahwa titik-titik timur E dapat digunakan dengan baik untuk menunjukkan titik-titik baratnya, atau

utara, atau arah lainnya. Arah yang unik pada bola hanyalah radial.

atau

E= 14 π ε0

q

r2r

Perhatikan keistimewaan yang luar biasadari hasil ini: Medan listrik di luar bola

sama dengan hal tersebut akan terjadi jika semua muatan berkonsentrasi di pusat.

Hukum Gauss selalu benar, namun tidak selalu berguna. Jika ρ tidak seragam

(atau, pada setiap suku, tidak simetris berbentuk bola), atau jika saya telah memilih

beberapa bentuk lain untuk permukaan Gaussian saya, hal tersebut akan tetap benar

bahwa fluks dari E adalah (1/ ε0 )q, namun saya tidak yakin bahwa E dalam arah yang

sama seperti da dan konstan dalam magnitudo melebihi permukaan, dan tanpa hal

tersebut saya tidak dapat menarik |E| keluar dari integral. Kesimetrisan penting untuk

dalam penerapan hukum Gauss ini. Sebagaimana yang saya ketahui, hanya terdapat

tiga macam simetri yang bekerja:

1. Simetris bola. Membuat permukaan Gaussian anda menjadi sebuah bola

konsentris.

2. Simetris silindris. Membuat permukaan Gaussian anda menjadi silindris

dengan sumbu yang sama (Gambar 2.19).

3. Simetris bidang. Gunakanlah sebuah Gaussian “pillbox”, yang terangkat

permukaannya (Gambar 2.20).

Meskipun (2) dan (3) secara teknis membutuhkan panjang silindris tak berhingga, dan

perpanjangan bidang tak berhingga ke segala arah, kita akan sering menggunakan hal

tersebut untuk memperoleh jawaban yang mendekati pada silindris “panjang” atau

permukaan bidang yang “luas” pada titik-titik yang jauh dari tepinya.

Gambar 2.19 Gambar 2.20

Contoh 2.3

Sebuah silindris panjang (Gambar 2.21) membawa sebuah rapat muatan yang yang

sebanding dengan jarak dari sumbunya: ρ=ks, untuk beberapa konstanta k .

Tentukan medan listrik di dalam silindris.

Solusi: Gambarkan silindris Gaussian dengan panjang ldan jari-jari s. Untuk

permukaan ini, hukum Gaussnya, yaitu:

∮S

❑

E ∙ d a= 1ε 0

Qenc

Muatan yang tercakupi adalah

Qenc=∫ ρ dτ=∫ (k s' ) (s ' d s' dϕdz )=2πkl∫0

s

s ' 2d s '=23

πkl s3

(Saya gunakan elemen volume yang cocok untuk koordinat silindris, persamaan

1.78, dan integralkan ϕ dari 0 sampai 2 π , dz dari 0 sampai l. Diuraikan yang

terbaik pada variabel intergrasis', untuk membedakannya dari jari-jari s permukaan

Gauss.)

Gambar 2.21

Sekarang, simetris mendektekan bahwa E harus titik keluar secara radial,

sehingga untuk bagian garis dari Gaussian silindris kita memiliki:

∫E ∙ da=∫|E|da=|E|∫da=|E|2 π sl

ketika keduanya berhenti medistribusikan ketidakadaan (E tegak lurus terhadap da).

Sehingga,

|E|2 π sl= 1ϵ0

23

π kl s3

Atau akhirnya

E= 13 ϵ 0

k s2 s

Contoh 2.4

Sebuah bidang tak berhingga membawa muatan permukaan seragam σ . Tentukan

medan magnetnya.

Solusi: Gambarkan sebuah “Gaussian pillbox”, perluasan sama dengan jarak di atas

dan dibawah bidang (Gambar 2.22). Terapkan hukum Gauss untuk permukaan ini:

∮E ∙ d a= 1ϵ 0

Q enc

Dalam ha liniQenc=σA, dimana A adalah luas penutup dari pillbox. Karena simetris,

titik-titik E menjauh dari bidang (ke arah atas untuk titik-titik di bagian atas, ke arah

bawah untuk titik-titik yang berada di bagian bawah). Sehingga, pemukaan atas dan

bawah menghasilkan

∫E ∙ d a=2 A|E|

Gambar 2.22

dimana seperti sisi-sisinya tidak berkonstribusi, sehingga

2 A|E|= 1ϵ 0

σ A

atau

E= σ2 ϵ 0

n (2.17)

Dimana n adalah sebuah vektor pointing satuan yang jauh dari permukaan. Pada Soal

2.6 anda memperoleh hasil yang sama dengan metode yang jauh lebih sulit.

Tampaknya mengejutkan, pada awalnya, medan listrik dari suatu bidang tak

terbatas tergantung terhadap seberapa jauh anda berada. Bagaimana dengan 1/r2

pada hukum Coulomb? Intinya adalah bahwa ketika anda bergerak lebih jauh dan

lebih jauh dari bidang, muatan semakin banyak datang kedalam “bidang pandang”

anda (bentuk kerucut memanjang keluar dari mata anda), dan ini mengimbangi untuk

mengurangi pengaruh dari setiap bagian tertentu. Medan listrik sebuah bola terjatuh

dari 1/r2; medan sebuah garis tak terbatas terjatuh pada 1/r; dan medan listrik dari

sebuah bidang tak terbatas tidak jatuh sama sekali.

Meskipun penggunaan langsung dari hukum Gauss untuk menghitung medan

listrik terbatas pada kasus simetri bola, silinder, dan planar, kita bisa menyatukan

kombinasi obyek memiliki simetri seperti itu, meskipun pengaturan secara

keseluruhan tidak simetris. Sebagai contoh, menerapkan prinsip superposisi, kita bisa

menemukan medan listrik di sekitar dua silindris paralel bermuatan seragam, atau

bola di dekat bidang dengan muatan tak terbatas.

Contoh 2.5

Dua bidang sejajar tak berhingga membawa rapat muatan seragam yang sama namun

berlawanan ± σ (Gambar 2.23). Tentukan medan listrik di tiga tempat: (i) di sebelah

kiri keduanya, (ii) di antara keduanya, (iii) di sebelah kanan keduanya.

Solusi: Pelat kiri menghasilkan medan (1/ϵ 0)σ yang titik-tiknya jauh dari itu

(Gambar2.24)–kekiri di daerah(i) dan ke kanan di daerah (ii) dan (iii). Pelat kanan,

yang bermuatan negatif, menghasilkan medan (1/ϵ 0)σ , yang titik-titiknya kearah

itu–kekanan didaerah (i) dan (ii) dan ke kiri didaerah (iii). Dua medan listrik

membatalkan pada daerah yaitu (i) dan (iii), kedua medan tersebut bergerak

bersamaan pada daerah (ii). Kesimpulan: Medan listriknya adalah (1/ϵ 0)σ , dan

menunju ke kanan, antara bidang-bidangnya; dimana pun sama dengan nol.

Gambar 2.23 Gambar 2.24

Soal 2.11 Gunakan hukum Gauss untuk mencari medan listrik di dalam dan diluar

kulit bola dari jari-jari R, yang membawa rapat muatan permukaan seragam.

Bandingkan jawaban Anda dengan Soal 2.7.

Soal 2.12 Gunakan hukum Gauss untuk mencari medan listrik dalam bola muatan

seragam (rapat muatan ρ). Bandingkan jawaban anda untuk Soal 2.8.

Soal 2.13 Cari medan listrik suatu jarak s dari kawat panjang lurus tak berhingga,

yang membawa muatan garis seragam λ. Bandingkan Persamaan 2.9.

Soal 2.14 Tentukan medan listrik di dalam bola yang membawa rapat muatan

sebanding dengan jarak dari asal, ρ=k r , untuk beberapa konstanta k. [Petunjuk:

Rapat muatan ini tidak seragam, dan anda harus mengintegrasikan untuk

mendapatkan muatan yang terlingkupi.]

Soal 2.15 Sebuah kulit bola berongga membawa rapat muatan

ρ= k

r2

di daerah a ≤ r ≤ b (Gambar2.25). Tentukan medan listrik di tiga tempat: (i) r<a, (ii)

a<r<b, (iii) r>b. Gambarkan |E|sebagai fungsi dari r.

Soal 2.16 Sebuah kabel koaksial panjang (Gambar 2.26) membawa rapat muatan

volume seragam ρ pada silindris bagian dalamnya (jari-jari a), dan rapat muatan

permukaan seragam pada kulit silindris luar (jari-jari b). Muatan permukaan ini

negatif dan hanya besaran kanannya sehingga sepanjang kabelnya netral. Tentukan

medan listrik di setiap tempat dari tiga itu: (i) di dalam silinder (s < a), (ii) di antara

silinder (a < s < b), (iii) di luar kabel (s > b). Gambarkan |E| sebagai fungsi s.

Soal 2.17 Sebuah lempengan bidang tak berhingga, dengan ketebalan 2d, mebmbawa

rapat muatan volume ρ (Gambar 2.27). Tentukan medan listrik, sebagai fungsi y,

dimana y = 0 di pusatnya. Gambarkan E terhadap y, E positif ketika titik-titiknya

berada pada arah +y dan negatif ketika titik-titiknya berada pada arah –y.

Soal 2.18 Dua bola, masing-masing dengan jari-jari R dan membawa rapat muatan

seragam +ρ dan – ρ, ditempatkan sehingga mereka sebagian tumpang tindih

(Gambar 2.28). Anggaplah vektor dari pusat positif kepusat negatif dengan d.

Tunjukkan bahwa medan di daerah yang saling melingkupi adalah konstan, dan

tentukan nilainya. [Petunjuk: gunakanjawabandarisoal 2.12.]

Gambar 2.25 Gambar 2.26

Gambar 2.27 Gambar 2.28

2.2.4 Curl dari E

Kita akan menentukan curl dari E, seperti divergensi padabagian 2.2.1, dengan

terlebih dahulu mempelajari konfigurasi yang paling sederhana mungkin: sebuah

muatan titik pada titik asal. Padabentuk ini

E= 14 π ε0

q

r2r

Sekarang, perhatikan Gambar 2.12 yang menunjukkan bahwa curl dari medannya

harus nol, tetapi saya pikir kita harus memunculkan sesuatu yang lebih teliti daripada

itu. Bagaimana jika kita menghitung integral garis dari medan ini dari beberapa titik a

ke beberapa titik b lainnya (Gambar 2.29):

∫a

b

E ∙ d l

Pada koordinat bola, d l=d r r+r dθ θ+r sin θdϕ ϕ, jadi

E ∙ d l= 14 π ε0

q

r2d r

Oleh karena itu,

∫a

b

E ∙ d l= 14 π ε0

∫a

bqr2 d r= −1

4 π ε0

qr |rb

ra

= 14 π ε0

( qra

− qrb) (2.18)

Di mana ra adalah jarak dari titik asal ke titik a dan rb, adalah ke b. Integral sekitar

lintasan tertutup terbukti adalah nol (kemudian untuk ra=rb):

∮E ∙ d l=0 (2.19)

Gambar 2.29

Dan oleh karena itu, terapkan teorema stokes,

∇× E=0 (2.20)

Sekarang, terbukti bahwa Persamaan 2.19 dan 2.20 hanya untuk medan dari muatan

titik tunggal pada titik asal, tetapi hasil ini membuat tidak ada acuan untuk digunakan,

bagaimanapun juga, sebuah pilihan sembarang yang benar dari koordinat; tidak

masalah juga dimana pun muatan itu berada.Selain itu, jika terdapat banyak muatan,

prinsip superposisi menyatakan bahwa jumlah medan merupakan penjumlahan vektor

dari masing-masing medannya:

E=E1+E2+…,

Jadi,

∇× E=∇× ( E1+E2+…)=(∇× E1 )+(∇× E2 )+…=0

Dengan demikian, persamaan 2.19 dan 2.20 berlaku untuk setiap distribusi muatan

statis apapun.

Soal 2.19 Tentukan∇× E langsung dari Persamaan 2.8 dengan metode bagian

2.2.2. Lihat Soal 1.62 jika mengalami kesulitan.

2.3 Potensial Listrik

2.3.1 Pendahuluan untuk Potensial

Medan listrik (E) tidak hanya beberapa fungsi vektor saja, namun juga merupakan

jenis fungsi vektor yang khusus, salah satunya yang mana curl selalu nol. Sebagai

contoh, E= y x tidak mungkin dapat menjadi medan listrik: jika tidak mengandung

muatan, tidak memperhitungkan ukuran dan posisi, dengan begitu dapat

menghasilkan sebuah medan. Pada bagian ini, kita akan memanfaatkan properti

khusus dari medan listrik untuk mereduksi sebuah persoalan vektor (menentukan E)

menjadi persoalan skalar yang lebih sederhana. Teorema pertama pada bagian 1.6.2

menerangkan bahwa pada vektor yang mana curl adalah nol sama dengan gradien

dari sejumlah skalar.

Gambar 2.30

Karena ∇× E=0, integral garis E yang mendekati disekitar loop adalah nol

(mengikuti teorema Stoke). Karena ∮E . dl=0, integral garis E dari titik a ke titik b

adalah sama untuk semua lintasan garis (dengan kata lain anda dapat keluar batas

garis (i) dan kembali ke garis semula (ii)-Gambar 2.30-dan memperoleh ∮E . d l≠ 0).

karena integral garis tersebut terlepas dari garis, kita dapat menjelaskan sebuah

fungsi4

4 Untuk menghindari setiap ambiguitas yang mungkin saya mungkin akan meletakkan sebuah pokok variabel integral:

V (r )=−∫0

r

E ( r ' ) . d l '

Namun hal ini untuk membuat notasi tidak praktis, dan saya menyukai apapun yang memungkinkan untuk menjadi pokok dari titik sumber. Bagaimanapun, ketika (seperti pada contoh 2.6) kita

V (r ) ≡−∫0

r

E .d l

Dimana 0 adalah titik penunjuk standar dimana sebelumnya sudah kita setujui; V

hanya bergantung pada titik r saja.Ini disebut potensial listrik.

Dengan jelas, perbedaan potensial diantara dua titik a dan b adalah

V (b )−V ( a )=−∫0

b

E . d l+∫0

a

E . d l

= -∫0

b

E . d l+∫a

0

E . d l=−∫a

b

E . d l .

Dasar teorema untuk menyatakan gradien yakni

V (b )−V ( a )=−∫a

b

(∇V ) . d l ,

Menjadi

∫a

b

(∇V ) . dl=−∫a

b

E . d l .

Karena, akhirnya hasilnya sesuai untuk setiap titik a dan b, integral harus sama

dengan :

E=−∇V

Persamaan 2.23 bentuk turunan dari Persamaan 2.21, menyatakan bahwa medan

listrik merupakan gradien dari potesial skalar, dimana kita bermaksud untuk

membuktikan.

Perhatikan yang disamarkan namun yang berperan penting dengan garis bebas

(dengan sama, ∇× E=0¿ pada pembuktian ini. Apabila integral garis E bergantung

menghitungbeberapa integral secara terpisa, saya akan meletakkan intinya

(2.22)

(2.21)

(2.23)

pada garis yang diambil, kemudian “pengertian” dari V, Persamaan 2.21 tidak akan

berarti apa-apa. Persamaan tersebut tidak akan menjelaskan sebuah fungsi dengan

sederahana, karena merubah garis itu akan merubah nilai V (r). Jangan biarkan tanda

minus membuat anda bingung pada Persamaan 2.23; hal ini membawa dari 2.21 dan

sebagian besar masalah pembicaraan.

Soal 2.20 Salah satu dari ini merupakan medan elektrostatis yang tak mungkin. Yang

manakah itu?

a) E=k [ xy x+2 yz y+3 xz z ] ;

b) E=k [ y2 x+(2 xy+z2 ) y+2 yz z ]

Dimana k merupakan konstanta dengan unit yang sesuai. Untuk salah satu

kemungkinannnya, tentukan potensial, gunakan titik referensi anda. Periksakan

jawaban anda dengan menghitung ∇V .[Petunjuk : anda harus memilih garis khusus

untuk sepanjang integral. Tidak masalah dengan garis apa yang anda pilih, karena itu

jawabannya adalah garis bebas, tetapi dengan mudah anda tidak dapat mengintegralkan

walaupun anda mempunyai garis istimewa di pikiran anda.]

2.3.2 Ulasan mengenai Potensial

(i) Penamaan. Kata potensial merupakan penamaan yang salah karena dapat

mengingatkan anda pada energi potensial. Ini memusingkan, karena ada hubungan

antara potensial dan energi potensial, seperti yang akan anda lihat pada Bagian 2.4.

hal terbaik yang dapat saya lakukan adalah menyatakan dengan tegas sekali lagi dan

potensial serta energi potensial sebenarnya berbeda dan seharusnya dengan kebenaran

yang ada, keduanya memiliki nama yang berbeda. Secara kebetulan, seluruh

permukaan dimana potensialnya konstan dinamakan sebuah potensial

keseimbangan.

(ii) Keuntungan dari rumus potensial. Jika anda mengetahui V, maka

dengan mudah anda akan mendapatkan E-hanya dengan menggunakan gradien:

E=−∇V . Untuk E merupakan jumlah vektor (tiga komponen), tetap V adalah skalar

(satu komponen). Bagaimana mungkin sebuah fungsi dapat menbawa tiga fungsi

bebas? Jawabannya adalah tiga komponen dari E tidak benar-benar bebas;

kenyataannya dengan jelas dikaitkan dengan keadaan dimana V x E=0 ,dalam bentuk

komponennya,

∂ Ex

∂ y=

∂ Ey

∂ x

∂ Ez

∂ y=

∂ E y

∂ z

∂ Ex

∂ z=

∂ Ez

∂ x

Ini membawa kita kembali pada bagian 2.3.1: E merupakan vektor khusus. Apa yang

rumusan potensial berikan adalah untuk memanfaatkan bentuk ini ke keuntungan

maksimal, mengurangi sebuah masalah vektor ke arah sebuah skalar, dimana disana

tidak diperlukan untuk mepermasalahkankan komponennya.

(iii) Titik 0 referensi. Ada beberapa dasar-dasar yang ambigu dalam definisi

potensial, karena pemilihan titik 0 referensi berubah-ubah. Perubahan titik referensi

sama dengan menambahkan konstanta K pada potensial :

V ' (r )=−∫0

r

E . d l=¿−∫0 '

0

E . d l−∫0

r

E . d l=¿K+V (r ) ,¿¿

dimana K adalah integral garis E dari titik 0 referensi yang sebelumnya ke 0 yang

sekarang. Menambahkan konstanta V tidak akan mempengaruhi perbedaan potensial

antara dua titik :

V ' (b )−V ' (a )=V (b )−V (a)

karena K tidak jadi dikeluarkan. (Sebenarnya sudah dijelaskan dari Persamaan 2.22

bahwa perbedaan potensial adalah 0 bebas, karena itu dapat dituliskan sebagai

integral garis E dari a ke b, tidak ada referensi ke 0.) Juga tidak mempengaruhi

gradient dari V :

∇V '=∇V ,

Karena konstanta derivatif adalah nol. Oleh karena itu, V berbeda pada pilihan titik

referensi, cocok untuk medan E yang sama.

Dengan jelas, potensial sebagai pembawa tiada nilai fisik yang signifikan, untuk

setiap titik yang diberikan, kita dapat menyesuaikan nilai yang akan diperoleh dengan

mencocokan penempatan kembali dari 0. Hal ini lebih seperti suatu ketinggian : Jika

saya bertanya kepada anda mengenai tinggi Denver, anda tentu saja akan menjelaskan

kepada saya pada diatas ketinggian laut, karena itu merupakan suatu titik referensi

yang sesuai. Namun kita dapat menghitung ketinggian diatas Washington DC,

Greenwich atau dimana pun itu. Hanya dengan menambahkan jumlah dari semua

ketinggian laut. Tetapi hal ini tidak akan mengubah apapun mengenai kata

sebenarnya. Jumlah dari daya tarik intrinsik ini berbeda pada ketinggian diantara dua

titik, dan hal ini akan berlaku sama bagaimana pun tingkat referensi anda.

Dengan mengatakan hal ini, walaupun titik “natural” digunakan untuk O dalam

elektrostatis-analogi ke untuk ketinggian level laut-dan ini merupakan sebuah titik

dengan jauhnya tidak terbatas dari muatan. Seperti biasa, kita “susun potensial nol di

tak terhingga”.(karena V(O) = 0, memilih sebuah titik referensi sebanding dengan

memilih kedudukan dimana V menjadi nol.) tetapi saya harus mengingatkan anda,

bahwa terdapat sebuah dasar khusus dimana jika dasar ini gagal : jika muatan

terdistribusi meluas sendiri ke tak terhingga. Permasalahan gejala, dalam sejumlah

kasus, apakah potensial meledak? Untuk singkatnya, sebuah medan secara seragam

dimuati bidang datar sebesar (σ /2 ϵ0) n. Seperti yang kita temukan pada Contoh 2.4;

jika dengan sederhana kita masukkan O = ∞, maka potensial saat tinggi z diatas

bidang menjadi

V ( z )=−∫∞

z1

2 ϵ0

σdz=−12 ϵ0

σ (z−∞).

Pembenarannya sederhana untuk memilih beberapa titik referensi (pada persoalan ini,

anda sebaiknya menggunakan sumbernya). Perhatikan bahwa kesulitanbterjadi hanya

pada problem textbook ; pada “real life” disini tidak ada sebuah penyaluran muatan

yang berlangsung terus menerus, dan kita selalu dapat menggunakan tak hingga

sebagai titik referensi kita.

(iv) Potensial mengikuti prinsip superposisi. Sumber prinsip superposisi pada

elektrodinamis berhubungan pada sebuah muatan uji Q. Menyatakan bahwa total

gaya pada Q merupakan jumlah vektor gaya sebagai akibat dari sumber muatan

secara individu:

F=F1+F2+…

Sepanjang membagi dengan Q, kita juga tentukan medan listrik, ikuti prinsip

superposisi :

E=E1+E2+…

Integralkan dari titik referensi yang sesuai ke r, ini akan mengikuti potensial dan

memenuhi prinsip:

V=V 1+V 2+…

Oleh karena itu, potensial pada setiap titik yang diberikan merupakan jumlah dari

potensial yang sesuai pada semua sumber muatan secara terpisah. Hanya pada waktu

ini, hal tersebut merupakan penjumlahan biasa, bukan sebuah penjumlahan vektor,

yang membuat hal tersebut lebih mudah untuk dikerjakan.

(v) Satuan potensial. Dalam satuan yang kita miliki, gaya merupakan

perhitungan dalam newton dan muatan dalam coulombs, sehingga medan listrik

adalah newton per coulomb. Oleh sebab itu, potensial merupakan perhitungan dalam

newton-meter per coulomb atau joule per coulomb.Satu joule per coulomb disebut

satu volt.

Contoh 2.6

Tentukan potensial di dalam dan di luar sebuah bola berongga dengan jari-jari R

(Gambar 2.31), yang membawa muatan permukaan seragam. Pasangkanlah titik

referensi pada tak hingga.

Gambar 2.31

Penyelesaian: Untuk hukum Gauss, medan diluar bola berongga

E= 14 π ϵ 0

q

r2r

Dimana q adalah muatan total didalam bola. Medan di dalam bola adalah nol. Untuk

titik di luar bola (r > R),

V (r )=−∫o

r

E . d l=¿ 14 π ϵ 0

∫∞

rqr ' 2 dr '= 1

4 π ϵ 0

qr '|r

∞= 1

4 π ϵ 0

qr¿

Untuk menentukan potensial didalam bola (r > R), kita harus memecah integral

menjadi dua bagian, dengan menggunakan disetiap wilayahnya nilai medan yang

tersebar:

V (r )= −14 π ϵ 0

∫∞

Rqr ' 2 d r '−∫

R

r

(0 ) dr '= 14 π ϵ 0

qr '|r

∞+0= 1

4 π ϵ 0

qR

Ingatlah bahwa potensial tidak sama dengan nol di dalam rongga, walaupum itu

merupakan medan. V adalah konstan dalam daerah ini, pastinya, sehingga ∇V =0-

itulah masalahnya. Pada jenis masalah ini anda dapat selalu mengerjakannya dengan

cara anda dari titik referensi; itu dimana potensial ‘dipakukan’. Hal ini mencoba untuk

menduga bahwa anda dapat menggambarkan potensial di dalam bola dalam basis

medan tersendiri, tetapi ini salah: Potensial di dalam bola adalah sensitif dengan apa

yang terjadi di luar bola semestinya. Jika saya tempatkan muatan seragam kedua bola

diluar jari-jari R’ > R, potensial di dalam R akan berubah, walaupun medannya tetap

nol. Hukum Gauss menunjuk muatan luar ke titik yang diberikan (lebih besar r) tidak

menghasilkan jaringan medan pada titik tersebut, asalkan berbentuk bola atau silinder

simetris, tetapi disini tidak terdapat aturan untuk potensial, jika tak hingga digunakan

sebagai titik referensi.

Soal 2.21 Tentukanlah potensial di dalam dan di luar sebuah bola pejal yang

muatannya terdistribusi secara seragam dimana jari-jarinya adalah R dan total

muatannya adalah q. Gunakanlah tak hingga sebagai titik referensi anda. Hitunglah

gradient dari V di setiap daerah, dan periksalah apakah menghasilkan medan yang

benar. Gambar V(r).

Soal 2.22 Tentukan jarak potensial s dari dari sebuah garis lurus yang tidak terbatas

yang membawa muatan garis seragam λ. Hitunglah gradien potensialnya dan

periksalah apakah menghasilkan medan yang benar.

Soal 2.23 Untuk konfigurasi muatan Soal 2.15, tentukan potensial di bagian tengah,

gunakanlah tak hingga sebagai titik referensi anda.

Soal 2.24 Untuk konfigurasi Soal 2.16, tentukanlah perbedaan potensial antara sebuah

titik porosnya dan sebuah titik di luar silinder. Catatan : yakinkan diri anda bahwa hal

ini tidak perlu untuk sebuah titik referensi istimewa jika anda menggunakan Persamaan

2.22.

2.3.3 Poisson’s Equaation and Laplace’s Equation

Kita temukan pada Bagian 2.3.1 bahwa medan listrik dapat dituliskan sebagai

gradien dari sebuah potensial skalar.

E=−∇V .

Petanyaan muncul : Apakah persamaan dasar untuk E,

∇ . E= ρ∈0

dan ∇× E=0

terlihat seperti V ? ∇ . E=∇ . (−∇V )=−∇2 V , sehingga bagian yang mulai dari tanda

minus, divergensi E merupakan laplasian dari V. Hukum Gauss menyatakan bahwa

∇2. V =−ρ∈0

Ini dikenal sebagai persamaan Poisson. Di daerah dimana tidak ada muatan, maka

ρ=0, persamaan Poisson mereduksi ke persamaan Laplace,

∇2. V =0

Kita akan meneliti persamaan ini dengan lebih lengkap pada bab 3.

Lebih banyak tentang hukum Gauss. Bagaimana dengan hukum curl? Hal ini

mengatakan bahwa

∇× E=∇× (−∇V )

harus sama dengan nol. Namun hal tersebut bukan pada kondisi V-curl pada gradien

selalu nol. Tentu saja, kami sudah menggunakan hukum curl untuk membuktikan

bahwa E dapat dinyatakan sebagai gradien dari sebuah skalar, sehigga hal ini tidak

terlalu mengejutkan jika ini dapat dipecahkan: ∇× E=0 mengizinkan E=−∇V ;

kembali ke E=−∇V menjamin ∇ x E=0 . Ini hanya menggunakan satu persamaan

diferensial (milik Poisson) untuk menentukan V, karena V adalah sebuah skalar;

untuk E kita membutuhkan dua, yakni divergensi dan curl.

(2.24)

(2.25)

2.3.4 Potensial Sebuah Distribusi Muatan Lokal

Saya mendefinisikan V dalam bentuk E (Persamaan 2.21). Biasanya, kita

mencari E (jika kita sudah mengetahui E tidak perlu menghitung V), akan lebih

mudah mendapatkan V pertama, dan dari menghitung E dengan mengambil gradien.

Biasanya, jika diketahui di mana muatan adalah (yaitu, kita tahu ρ), dan kita ingin

mencari V. Sekarang, persamaan Poisson yang berhubungan V dan ρ, namun

sayangnya itu "cara yang salah: itu akan memberi kita ρ, jika kita mengetahui V,

dimana seperti yang kita inginkan V, ρ diketahui. Yang harus kita lakukan, persamaan

poisson “dibalik”. Itu program untuk bagian ini, meskipun saya akan melakukannya

dengan sekelilingnya berarti, awal, seperti biasa, dengan muatan titik asal.

Gambar 2.32

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

V (r )= −14 π ϵ 0

∫∞

rqr ' 2 d r '= 1

4 π ϵ 0

qr ' |r

∞= 1

4 π ϵ0

qr

(Anda lihat disini keutamaan khusus penggunaan tak terbatas untuk titik acuan:

memotong batas bawah pada integral). Perhatikan tanda dari V; mungkin tanda minus

konvensional dalam definisi dari V (Persamaan 2.21) dipilih justru untuk membuat

potensi dari muatan positif keluar positif. Hal ini berguna untuk diingat bahwa daerah

muatan positif adalah potensial "bukit", daerah muatan negatif yang potensial

"lembah", dan titik medan listrik "menurun", dari plus ke minus.

Secara umum potensial muatan titik q adalah

V (r )= 14 π ϵ 0

qr (2.26)

dimana r adalah jarak dari muatan ke r (Gambar.2.32). Meminjam prinsip

superposisi, potensial dari kumpulan muatan adalah

V (r )= 14 π ϵ 0

∑i=1

n q i

ri

(2.27 )

atau, untuk distribusi yang kontinu,

V (r )= 14 π ϵ 0

∫ 1r

dq (2.28 )

Secara khusus, untuk muatan volume

V (r )= 14 π ϵ 0

∫ ρ (r ' )r

dτ ' (2.29)

Ini merupakan persamaan yang kita cari, memberitahu kita bagaimana untuk

menghitung V ketika kita tahu ρ: itu jika anda suka, "solusi" untuk persamaan

Poisson, karena distribusi muatan lokal.5 Saya mengundang Anda untuk

membandingkan Persamaan 2.29 dengan formula yang sesuai untuk medan listrik

dengan nilai ρ (Persamaan 2.8):

E (r )= 14 π ϵ 0

∫ ρ (r ' )r2 r dτ '

Titik utama yang perlu diperhatikan adalah bahwa vektor satuan r sekarang

menghilang, jadi tidak perlu khawatir tentang komponen. Kebetulan, potensial garis

dan muatan-muatan permukaan:

14 π ϵ 0

∫ λ (r ' )r

dl' dan1

4 π ϵ 0∫ σ (r ' )

rda ' .

(2.30)

5 Persamaan 2.29 merupakan sebuah contoh dari theorema Helmholtz (Lampiran B), dalam konteks elektrostatistik, dimana curl dari E adalah nol dan divergensinya adalah ρ/ε0

Saya harus mengingatkan Anda bahwa segala sesuatu di bagian ini

didasarkan pada asumsi bahwa titik referensi di tak terhingga. Ini tidak jelas dalam

Persamaan 2.29, tapi ingatlah bahwa kita mempunyai persamaan dari potensial

muatan titik asal, (1/4 πϵ 0) (q/r), yang berlaku hanya jika 0 = ∞. Jika Anda mencoba

menerapkan formula ini ke salah satu masalah buatan di mana muatan itu sendiri

meluas hingga tak terbatas, integral akan menyimpang.

Contoh 2.7

Cari potensial kulit bola bermuatan seragam dengan jari-jari R (gambar 2.33).

Solusi: Ini merupakan masalah yang sama dalam Contoh 2.6, tapi kali ini kita akan

melakukannya dengan menggunakan Persamaan 2.30:

V (r )= 14 π ϵ 0

∫ σr

da'

Mari kita tetapkan titik r pada sumbu z dan menggunakan hukum cosinus untuk

mengekspresikan r dengan nilai sudut polar θ:

r2=R2+z2−2 Rz cos θ'

Gambar 2.33

Sebuah luas permukaan elemen pada bidang ini adalah R2 sin θ’ dθ’ dφ’, sehingga

4 π ϵ0 V ( z )=σ∫ R2sin θ' dθ' dϕ '

√R2+z2−2 Rz cosθ '

¿2 π R2 σ∫0

πsinθ '

√R2+z2−2 Rz cosθ 'dθ'

¿2 π R2 σ ( 1Rz

√R2+ z2−2Rz cosθ')|π0 ¿

2 πRσz

(√R2+z2+2 Rz−√R2+z2−2 Rz )

Pada tahap ini kita harus hati-hati untuk mengambil akar positif. Daya titik di luar bola, z

lebih besar dari R, dan karenanya √ ( R−z )2=z−R, karena titik di dalam bola,

√ ( R−z )2=R−z. Dengan demikian,

V ( z )= Rσ2 ϵ0 z

[ ( R+z )−( z−R ) ]=R2 σϵ 0 z

, di luar ;

V ( z )= Rσ2 ϵ0 z

[ ( R+z )−( R−z ) ]=Rσϵ 0

, didalam .

Dalam hal jumlah yang dibebankan pada lapisan luar, q = 4π R2 σ, V (z) = (1/4πϵ 0) (q /

z) (atau, secara umum, V (r) = (1/4πϵ 0) (q / r) ) untuk titik-titik di luar bola, dan (1/4π

ϵ 0) (q / R) untuk titik di dalam.

Tentu saja, dalam kasus khusus ini, lebih mudah untuk mendapatkan V dengan

menggunakan Persamaan 2.21 daripada 2.30, karena hukum Gauss yang memberi E

dengan usaha sedikit. Tetapi jika Anda membandingkan Contoh 2.7 dengan Masalah

2,7, anda akan menghargai kekuatan dari potensial formulasi.

Soal 2.25 Menggunakan Persamaan 2.27 dan 2.30, tentukan potensial pada jarak z di

atas pusat distribusi muatan pada Gambar 2.34. Dalam setiap kasus, menghitung E = -

∇ V, dan bandingkan jawaban Anda dengan Soal 2.2a, Contoh 2.1, dan Soal 2.6,

masing-masing. Misalkan kita mengubah muatan sebelah kanan pada gambar 2.34a ke

–q; berapa potensial di P? medan apa yang ditunjukan? Bandingkan jawaban Anda

dengan Soal 2.2b dan jelaskan dengan hati-hati kejanggalannya.

Gambar 2.34

Soal 2.26 Sebuah permukaan kerucut (sebuah kerucut es krim kosong) membawa

muatan permukaan seragam σ. Tinggi kerucut adalah h, seperti jari-jari bagian atas.

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

Soal 2.27 Tentukan potensial pada sumbu dari silinder padat seragam bermuatan,

sebuah jarak z dari pusat. Panjang silinder adalah L, jari-jari R, dan kerapatan muatan

adalah ρ. Gunakan hasil Anda untuk menghitung medan listrik pada saat ini.

(Menganggap bahwa z > L/2.)

Soal 2.28 Gunakan Persamaan 2.29 untuk menghitung potensial dalam bola padat

seragam bermuatan dengan jari-jari R dan muatan total q. Bandingkan jawaban Anda

untuk Masalah 2.21.

Soal 2.29 Buktikan Persamaan 2.29 memenuhi persamaan Poisson, dengan

menerapkan Laplacian dan menggunakan Persamaan 1.102.

2.3.5 Ringkasan; Kondisi Batas elektrostatik

Dalam masalah elektrostatik anda diberi sumber muatan distribusi ρ, dan anda ingin

mencari medan listrik E yang dihasilkan. Kecuali simetrisitas dari masalah

memberikan solusi oleh hukum Gauss, biasanya ini merupakan keuntungan anda

untuk menghitung potensial pertama, sebagai langkah menengah. Ini adalah tiga

jumlah dasar elektrostatika; ρ, E, dan V. Kita, dalam diskusi kita, berasal keenam

formula yang saling berhubungan dengan mereka. Persamaan-persamaan ini rapi

diringkas pada Gambar. 2.35. Kami mulai dengan hanya dua pengamatan

eksperimen: (1) prinsip superposisi - aturan umum yang luas berlaku untuk semua

gaya elektromagnetik, dan (2) hukum Coulomb - hukum dasar elektrostatika. Dari ini,

semuanya diikuti.

Gambar 2.35

Gambar 2.36

Anda mungkin telah menyadari, dalam mempelajari Contoh 2.4 dan 2.5, atau

penyelesaian soal seperti 2.7, 2.11 dan 2.16, bahwa medan listrik selalu mengalami

diskontinuitas ketika melintasi permukaan muatan σ. Bahkan, itu adalah masalah

sederhana untuk menemukan jumlah dimana perubahan pada seperti batas E.

Misalkan kita menggambar kotak obat Gaussian sangat tipis, memperluas hanya

nyaris di tepi di setiap arah (Gambar 2.36). Hukum Gauss menyatakan bahwa

∮S

❑

E . d a= 1ϵ 0

Q enc=1ϵ 0

σA ,

di mana A adalah luas pada tutup kotak obat. (Jika σ bervariasi dari titik atau

permukaan melengkung, kita harus memilih A menjadi sangat kecil). Sekarang, sisi-

sisi kotak obat itu tidak memberi kontribusi apapun untuk fluks, dalam batas sebagai

ketebalan ϵ ke nol, jadi:

Edi atas⊥ −Edi bawa h

⊥ = 1ϵ 0

σ , (2.31)

dimana Edi atas⊥ menunjukkan komponen dari E yang tegak lurus ke permukaan tepat di

atas, dan Edi bawa h⊥ adalah sama, hanya saja di bawah permukaan. Untuk konsistensi,

kita membiarkan "ke atas" menjadi arah positif untuk keduanya. Kesimpulan:

komponen normal E adalah diskontinu oleh setiap banyaknya σ/ϵ 0 pada batas

apapun. Secara khusus, di mana tidak ada permukaan muatan, E⊥ kontinu, seperti

misalnya pada permukaan sebuah bola padat muatan seragam.

Komponen tangensial dari E, sebaliknya, selalu kontinu. Sebab jika kita

menerapkan Persamaan. 2.19, ∮E.dl = 0,

untuk loop persegi panjang tipis pada Gambar 2.37, ∈ → 0 , dan sisi memberikan

(Edi atas∥ l−Edi bawa h

∥ l ), sehingga

Edi atas∥ =Edi bawa h

∥ , (2.32)

Gambar 2.37

dimana E∥ singkatan komponen E paralel ke permukaan. Kondisi batas di E

(Persamaan 2.31 dan 2.32) dapat dikombinasikan menjadi sebuah rumus tunggal:

Edi atas−Edi bawa h=σϵ 0

n (2.33)

dimana n adalah vektor satuan tegak lurus ke permukaan, menunjuk dari "bawah" ke

"atas".6

Potensial, sementara itu, kontinu di setiap batas (Gambar 2.38), karena

V di atas−V di bawa h=−∫a

b

E . d I

Panjang jalur menyusut ke nol, demikian juga integral:

V di atas=V di bawa h

(2.34)

Gambar 2.38

6 Catatan bahwa hal ini tidaklah bermasalah dimana sisi yang anda sebut “atas” dan yang “bawah” karena kebalikan akan menukar arah dari n. Secara kebetulan, jika anda hanya tertarik pada medan yang dikarenakan (sangat esensial datar) potongan lokal dari muatan permukaan itu sendiri, jawabannya adalah (σ / 2ε0) n secara langsung berada diatas permukaan, dan - (σ / 2ε0) n secara langsung berada dibawah. Hal ini mengikuti Persamaan 2.4, jika kamu terlalau dekat dengan potongan tersebut maka “terlihat” seperti sebuah bidang tak hingga. Dengan jelas keseluruhan diskonuitas dalam E adalah dikaitkan pada potongan lokal dari muatan.

Namun demikian, gradien dari V mewarisi diskontinuitas dalam E; karena E = - ∇ V, Persamaan. 2.33 menunjukkan bahwa

∇V di atas−∇V di bawa h=−1ϵ 0

σ n (2.35)

atau, lebih nyaman,

∂ V di atas

∂ n−

∂V dibawa h

∂ n=−1

ϵ 0

σ (2.36)

dimana

∂ V∂ n

=∇V . n

(2.37)

menandakan turunan normal dari V (yaitu, tingkat perubahan dalam arah tegak lurus

ke permukaan).

Harap dicatat bahwa kondisi batas hubungan medan dan potensial tepat di atas

dan di bawah permukaan. Sebagai contoh, turunan dalam Persamaan 2.36 adalah nilai

batas seperti kita mendekati permukaan dari kedua sisi.

Soal 2.30

a) Buktikan hasil Contoh 2.4 dan 2.5, dan Masalah 2.11, konsisten dengan Persamaan.

2.33.

b) Gunakan hukum Gauss untuk mencari medan di dalam dan di luar tabung silinder

panjang berongga, yang pembawa muatan permukaan σ seragam. Buktikan hasil anda

konsisten dengan Persamaan 2.33.

c) Buktikan apakah hasil dari Contoh 2.7 konsisten dengan kondisi batas 2.34 dan

2.36.

2.4 Kerja Dan Energi Di Elektrostatik

2.4.1 Kerja Yang Dilakukan untuk Memindahkan Muatan

Misalkan anda memiliki konfigurasi stasioner sumber muatan, dan anda ingin

memindahkan muatan tes q dari titik a ke titik b (Gambar 2.39). Pertanyaan: Berapa

banyak pekerjaan yang harus anda lakukan? Pada setiap titik sepanjang jalur, gaya

listrik yang bekerja pada Q adalah F = QE; gaya yang anda harus kerahkan,

bertentangan dengan gaya listrik ini, adalah -QE. (Jika tanda mengganggu anda,

pikirkanlah bagaimana mengangkat sebuah bata: Gravitasi memberikan gaya mg ke

bawah, tapi anda mengerahkan gaya mg ke atas. Tentu saja, anda dapat menerapkan

lebih besar gaya — kemudian bata tersebut akan mempercepat, dan bagian

Gambar2.39

dari usaha anda akan “terbuang “ menghasilkan energi kinetik . Apa yang menarik

disini adalah minimumnya gaya yang harus anada kerahkan untuk melakukan tugas

tersebut.) Pekerjaan tersebut yakni

W=∫a

bF⋅dl=−Q∫a

bE⋅dl=Q [V (b )−V ( a) ]

Perhatikan bahwa jawabannya berdiri sendiri dari jalur anda mengambil dari a ke b;

dalam mekanika, kemudian, kita dapat menyebut gaya elektrostatik “konservatif”.

Terbagi melalui Q, kita memiliki

V (b) – V (a) =

WQ (2.38)

Dalam kalimat, perbedaan potensial antara titik a dan b sama dengan pekerjaan per

satuan biaya yang diperlukan untuk membawa partikel dari a sampai b. Khususnya,

jika anda ingin membawa muatan Q dari jauh dan memasukkannya pada titik r ,

pekerjaan yang harus kamu lakukan adalah

W = Q [V (r) – V (∞)]

Jadi, jika anda telah menetapkan titik acuan pada tak hingga

W = QV (r) (2.39)

Dalam hal ini potensial adalah energi potensial (kerja yang dibutuhkan untuk

menciptakan sistem) per satuan muatan (sama seperti medan adalah kekuatan per

satuan muatan).

2.4.2 Energi Distribusi Muatan Titik

Berapa banyak pekerjaan yang akan terambil untuk merakit seluruh kumpulan titik

muatan? Bayangkan bagaimana membawa muatan, satu per satu, dari jauh (Gambar

2,40). Muatan pertama, q1, ambillah tiada kerja, karena tidak ada medan yang

bekerja. Sekarang bawalah q2. Menurut Persamaan 2.39, ini akan memberikan anda

q2V1 (r2), dimana V1 adalah potensial yang dikarenakan q1, dan r2 adalah tempat

menempatkan q2:

W2 =

14 π∈0

q2 ( q1

ν12)

Gambar 2.40

(r12 adalah jarak antara q1 dan q2 setelah mereka berada dalam posisi). Sekarang

bawalah q3; hal ini memerlukan kerja q3V1, 2 (r3), dimana V1,2 adalah potensi yang

dikarenakan muatan q1 dan q2, bernama, (1/40)(q1/r13 + q2/r23). Dengan demikian

W3 =

14 π∈0

q3 ( q1

r13

+q2

r23)

Dengan cara yang sama, kerja tambahan untuk membawa q4 akan menjadi

W4 =

14 π∈0

q4 ( q1

r14

+q2

r24

+q3

r34)

Total kerja yang diperlukan untuk mengumpulkan muatan empat yang pertama,

kemudian, adalah

W =

14 π∈0

( q1 q2

r12

+q1q3

r13

+q1q4

r14

+q2 q3

r23

+q2q4

r 24

+q3q4

r34)

Anda melihat aturan umum: Ambillah hasil dari masing-masing pasangan muatan,

bagilah dengan pemisahan jarak mereka, dan tambahkanlah kesemuanya:

W =

14 π∈0

∑¿

n

¿

n

¿¿

(2.40)

Ketentuan j > i akan mengingatkan anda untuk tidak menghitung pasangan

yang sama dua kali. Cara yang lebih baik untuk mencapai tujuan yang sama akan

secara intuisi menghitung setiap pasangan dua kali, dan kemudian membagi dengan

2:

W =

18 π∈0

∑¿

n

¿

n

¿¿

(2.41)

(kita masih harus menghindari i = j, tentu saja). Perhatikan bahwa dalam bentuk ini

jawabannya jelas tidak tergantung pada urutan dimana anda mengumpulkan muatan,

karena setiap pasangan terjadi dalam jumlah. Biarkanlah saya keluarkan berikutnya

faktor qi:

W =

¿ j≠i ¿¿¿n¿¿¿

Istilah dalam tanda kurung adalah potensi pada saat ri (posisi dari qi) dikarenakan

kesemua muatan lainnya — kesemuanya , sekarang , bukan hanya yang hadir pada

suatu tahap dalam proses pembuatan. Dengan demikian :

W =

12∑i=1

n

q i V (ri) (2.42)

Itulah berapa banyak kerja yang diperlukan untuk mengumpulan konfigurasi titik

muatan; itu juga merupakan jumlah pekerjaan yang anda dapatkan kembali jika anda

membongkar sistem. Sementara itu, hal ini mewakili energi yang tersimpan dalam

konfigurasi (“potensial” energi, jika anda suka, walaupun untuk alasan yang jelas

saya lebih suka untuk menghindari kata tersebut dalam konteks ini).

Soal 2.31

(a) Tiga buah muatan terletak pada sudut-sudut segi empat (sisi a), seperti ditampilkan

dalam Gambar 2.41. Berapa banyak kerja yang dibutuhkan untuk membawa muatan

lain, +q, dari jauh dan meletakkannya di keempat sudut?

(b) Berapa banyak kerja yang dibutuhkan untuk mengumpulkan konfigurasi seluruh

empat muatan?

Gambar 2.41

2.4.3 Energi dari sebuah Distribusi Muatan Kontinyu

Untuk sebuah muatan volume berat jenis , Persamaan 2.42 menjadi

W =

12∫ ρV dτ

(2.43)

(Integral yang sesuai untuk baris dan muatan permukaan akan menjadi ∫ V dl dan ∫

V da, berturut-turut.) Ada cara yang baik untuk menulis ulang hasil ini, dimana

dan v dihilangkan karena E. Pertama menggunakan hukum Gauss untuk

menunjukkan ρ dalam bentuk E:

= 0 E, sehingga W =

∈0

2 ∫ ( E) V d

Sekarang gunakanlah integrasi oleh bagian (Persamaan 1.59) untuk memeindahkan

turunan dari E ke V:

W =

∈0

2[−∫E⋅(∇ V )dτ+∮VE⋅da ]

Namun V = - E,sehingga :

W =

∈0

2 (∫ν E2 dτ+∮S

VE⋅da)(2.44)

Namun volum apa yang kita integrasikan? Marilah kembali ke rumus yang kita

mulai, Persamaan 2.43. Dari turunannya, jelaslah bahwa kita harus mengintegralkan

wilayah di mana muatan berada. Namun sebenarnya , setiap volume yang lebih besar

akan melakukan hal yang sama: Tambahan area kita berikan akan menghasilkan

apapun pada integral, karena ρ = 0 disana. Karena hal tersebut, marilah kembali pada

Persamaan 2.44 . Apa yang terjadi disini, sebagaimana kita memperluas volume

dibawah minimum yang diperlukan untuk menjerat kesemua muatan? Baiklah,

integral dari E2 hanya dapat bertambah (integran akan menjadi positif) , dengan jelas

integral permukaan harus berkurang secara secara berhubungan untuk membiarkan

penjumlahan utuh. Pada kenyataannya, pada jarak yang jauh dari muatan, E menjadi

seperti 1/ r2 dan V seperti 1/r, sementara area permukaan tumbuh menjadi r2. Secara

kasar dapat dikatakan kemudian, integral permukaan turun seperti 1/r. Harap

mengerti bahwa Persamaan 2.44 memberikan anda energi W yang tepat, volume

apapun yang anda gunakan (selama itu memnutup kesemua muatan), namun

kontribusi dari integral volume naik, dan bahwa integral permukaan turun, saat anda

mengambil volume yang lebih besar dan lebih besar. Secara khusus, mengapa tidak

mengintegrasi kesemua ruang? Kemudian integral permukaan menjadi nol, dan kita

dihadapkan dengan

W =

∈0

2∫

all Space

E2 dτ(2.45)

Contoh 2.8

Carilah energi dari sebuah kulit bola bermuatan seragam dari muatan total q dan jari-

jari R.

Solusi 1: Gunakanlah Persamaan 2.43, dalam versi yang sesuai untuk muatan

permukaan:

W =

12∫ σ V da

Sekarang, potensial di permukaan bola ini adalah (1/40)q/R (konstan), jadi

W =

18π∈0

qR∫ σ da= 1

8 π∈0

q2

R

Solusi 2: Gunakanlah persamaan 2.45. Di dalam bola E = 0; di luar

E =

14 π∈0

q

r2r

sehingga E2 =

q2

(4 π∈0 )2r4

oleh karena itu

Wtot =

∈0

2(4 π∈0 )2 ∫

outside( q2

r4 ) (r2sin θ dr dθ dφ )

=

132 π 2∈0

q24 π∫R

∞ 1r 2

dr= 18π∈0

q2

R

Soal 2.32 Carilah energi yang tersimpan dalam bola padat bermuatan seragam dengan

jari-jari R dan muatan q. Lakukanlah dengan tiga cara yang berbeda:

(a) Gunakanlah Persamaan 2.43. Anda temukan potensial dalam Soal 2.21.

(b) Gunakanlah Persamaan 2.45. Jangan lupa untuk mengintegrasikan kesemua ruang.

(c) Gunakanlah Persamaan 2.44. Ambillah sebuah volume bola dengan jari-jari a.

Perhatikanlah apa yang terjadi bila a ∞.

Soal 2.33 Disini terdapat keempat cara menghitung energi dari sebuah bola bermuatan

seragam: Rangkailah bola lapisan perlapisan, setiap kali membawa muatan sangat kecil

dq dari jarak yang jauh dan menodainya secara seragam pada permukaan, sehingga

meningkatkan jari-jarinya. Berapa banyak kerja dW yang dibutuhkan untuk

membangun jari-jari oleh sebuah jumlah dr? Ingrasikanlah hal ini untuk menemukan

kerja yang diperlukan untuk membuat keseluruhan bola dengan jari-jari R dan muatan

total q.

2.4.4 Ulasan mengenai Energi Elektrostatik

(i) “Inkonsistensitas yang membingungkan.” Persamaan 2.45 jelas

menyisaratkan bahwa energi distribusi muatan stasioner selalu positif. Di sisi lain,

Persamaan 2.42 (dari mana 2.45 telah diturunkan), dapat menjadi positif atau negatif.

Misalnya, menurut 2.42, energi dari dua muatan yang sama dengan jarak r terpisah

akan menjadi —(1/40)(q2/r) Apakah yang salah? Persamaan mana yang benar?

Jawabannya adalah bahwa kedua persamaan benar, namun mereka berkaitan

dengan situasi yang sedikit berbeda. Persamaan 2.42 tidak memperhitungkan kerja

yang diperlukan untuk membuat muatan titik pada tempat pertama; Kami memulai

dengan muatan titik dan secara mudah menemukan kerja yang dibutuhkan untuk

membawa muatan-muatan tersebut bersama-sama. Ini merupakan hal yang bijaksana,

karena Persamaan 2.44 mengindikasikan bahwa energi dari sebuah titik muatan pada

kenyataannya merupakan tak hingga:

W =

∈0

2(4 π∈0 )2∫( q2

r4 ) (r2sin θ dr dθ dφ )= q2

8π∈0∫0

∞ 1r 2

dr=∞

Persamaan 2.45 lebih lengkap, dalam arti bahwa hal tersebut memberitahu anda

total energi yang tersimpan dalam konfigurasi muatan, namun Persamaan 2.42 lebih

tepat ketika anda berhadapan dengan muatan-muatan titik, karena kita lebih memilih

(untuk alasan yang baik!) meninggalkannya sebagian dari total energi yang berkaitan

dengan fabrikasi muatan titik itu sendiri. Dalam prakteknya, setelah semua, muatan

titik (elektron, katakanlah) diberikan kepada kita yang telah siap pakai; kesemua yang

kita lakukan adalah menggerakkannya. Karena kita tidak menempatkannya bersama-

sama, dan kita tidak bisa mengambilnya secara terpisah, hal tersebut tidaklah penting

berapa banyak kerja yang akan melibatkan proses. (Namun, energi yang tak terbatas

dari muatan titik adalah sumber dari keadaan yang memalukan untuk teori

elektromagnetik, menimpa versi kuantum maupun klasik. Kita sebaiknya kembali ke

soal dalam Bab 11.)

Sekarang, anda mungkin bertanya-tanya di mana ketidaktetapan merambat

kedalam sebuah turunan water-tight secara terpisah. “Kekurangan” terletak diantara

persamaan 2.42 dan 2.43: Pada sebelumnya, V(ri) mewakili potensial dikarenakan

kesemua muatan yang lain namun bukan qi, sedangkan lainnya, V (r) adalah

potensial penuh. Untuk distribusi kontinyu ada tidak terdapat perbedaan, karena

jumlah muatan tepat di titik r semakin kecil, dan kontribusinya terhadap potensial

adalah nol.

(ii) Dimana energi tersimpan? Persamaan 2.43 dan 2.45 menawarkan dua

cara berbeda untuk menghitung hal yang sama. Yang pertama adalah integral atas

distribusi muatan; yang kedua adalah integral keseluruh medan. Ini dapat melibatkan

secara sempurna daerah yang sama sekali berbeda. Sebagai contoh, dalam kasus dari

kulit bulat (Contoh 2.8) muatan ini dibatasi pada permukaan, sedangkan medan listrik

yang terdapat diseluruh permukaan luar. Di mana kemudian energi? Energi tersimpan

dalam medan, sebagaimana Persamaan 2.45 menyarankan, atau energi tersimpan

dalam muatan, sebagaimana Persamaan 2.43 menyiratkan? Pada tingkat saat ini, hal

ini hanya merupakan sebuah pertanyaan yang tak terjawab: Saya dapat memberitahu

anda apakah total energi tersebut, dan saya dapat membantu anda dengan beberapa

cara yang berbeda untuk menghitung, namun sangatlah tidak perlu untuk khawatir

tentang dimana energi terletak. Dalam konteks teori radiasi (Bab 11) sangatlah

berguna (dan dalam Relativitas Umum sangatlah penting) untuk menganggap energi

tersimpan dalam, dengan kepadatan

∈0

2E2

= energi per satuan volume (2,46)

Namun dalam elektrostatik salah satu dapat juga dikatakan bahwa energi tersimpan

dalam muatan, dengan kepadatan 12 V. Perbedaannya adalah murni masalah

pembukuan.

(iii) Prinsip Superposisi. Karena energi elektrostatik adalah bilangan kuadrat

didalam medan, tidak mematuhi prinsip superposisi . Energi dari senyawa sistem ini

bukanlah jumlah dari energi-energi yang bagian-bagiannya dianggap terpisah —

terdapat juga “bentuk cross” :

Wtot =

∈0

2∫E2 dτ=

∈0

2∫(E1+E2)

2 dτ

=

∈0

2∫(E1

2+E22+2 E1⋅E2 ) dτ

= W1 + W2 + 0 ∫ E1 E2 d (2.47)

Sebagai contoh, jika anda mendualipatkan muatan disegala penjuru, anda melipat

empatkan total energi.

Soal 2.34 Pertimbangkan dua kulit bola konsetris, dengan jari-jari a dan b Andaikan

salah inti membawa muatan q, dan luaran membawa satu muatan -q (keduanya

didistribusikan seragam ke seluruh permukaan). Hitunglah energi dari konfigurasi ini,

(a ) Gunakanlah Persamaan 2.45 , dan (b) Gunakanlah Persamaan 2.47 dan hasil dari

Persamaan 2.8

2.5 Konduktor

2.5.1 Sifat-sifat Dasar

Pada suatu insulator, seperti halnya kaca atau karet, setiap elektron terikat pada

sebuah atom tertentu. Pada sebuah konduktor metalik, berbeda, satu elektron atau

lebih per atom bebas bergerak di dalam materi. (Pada konduktor-konduktor cair

seperti air garam ion-ionlah yang bergerak). Sebuah konduktor sempurna akan

menjadi sebuah materi yang terdiri dari pasokan tak terbatas dari muatan-muatan

bebas. Pada kehidupan nyata tidak ada konduktor sempurna, namun banyak

substansi-substansi yang secara menarik hampir menyerupainya. Dari definisi ini

sifat-sifat dasar dari konduktor ideal mengikuti:

(i) E=0 Didalam sebuah konduktor. Mengapa? Karena jika terdapat suatu

medan, muatan-muatan bebas tersebut akan bergerak. Dan itu tidak akan menjadi

elektrostatik lagi. Baiklah… hal itu sangat sulit untuk sebuah penjelasan yang

memuaskan. Kita memiliki penjelasan lebih baik tentang hal yang terjadi ketika anda

meletakkan sebuah konduktor kedalam sebuah medan elektrik eksternal E0 (gambar

2.42). Pada awalnya, hal ini akan menuntun setiap muatan positif bebas ke arah kanan

dan yang negatif kearah kiri. (Pada prakteknya hanya muatan-muatan

negatif(elektron-elektron) yang bergerak, namun ketika mereka bergerak, sisi kanan

adalah sisi kiri dengan sebuah muatan net positif-inti tetap- jadi tidak bermasalah

muatan mana yang bergerak, efeknya akan sama). Ketika mereka tibapada tepi

materi, muatan akan tersusun : positif di kanan, negatif di kiri. Saat ini, muatan

terinduksi ini menghasilkan sebuah medan dari mereka sendiri, E1, dimana, seperti

yang anda lihat pada gambar, adalah pada arah yang berlawanan dengan E0. Itulah

titik kritis, hai ini berarti bahwa medan muatan yang terinduksi cenderung untuk

meniadakan medan aslinya. Muatan akan terus mengalir hingga peniadaaan ini

berakhir, dan medan resultan didalam konduktor dipastikan bernilai nol.7

Keseluruhan proses secara praktek berjalan seketika itu juga.

7 Diluar konduktor nilai medan tidak nol, untuk disini E0 dan E1 tidak ditiadakan.

Gambar 2.42

(ii) ρ = 0 didalam konduktor. Hal ini mengikuti hukum gauss: ∇ . E=ρ / ε0.

Jika E = 0 , begitu pula ρ. Didalamnya masih terdapat muatan, namun dapat

dipastikan muatan positif sebanyak negatif, sehingga densitas muatan net padabagian

dalam adalah nol.

(iii) Setiap muatan net terletak pada permukaan. Hanya disanalah tempat

yang mungkin.

(iv) Sebuah konduktor adalah sebuah ekuipotensial. Untuk jika a dan b

adalah 2 titik didalam (atau pada permukaan dari) sebuah konduktor,

V (b)−V (a)=−∫a

b

E .d l=0 dan oleh sebab itu V (a) = V (b).

Gambar 2.43

(v) E adalah tegak lurus dengan permukaan, hanya diluar sebuah

konduktor. Sebaliknya, sebaimana pada (i), muatan akan secara seketika mengalir ke

sekitar permukaan hingga ia menghilangkan komponen tangensial (Gambar 2.43). (

Tegak lurus pada permukaan, muatan tidak dapat bergerak, tentu saja, karena ia

terkurung pada obyek pengdaya hantar.

Saya mengangap ini merupakan hal yang janggal bahwa muatan pada sebuah

konduktor mengalir ke permukaan. Karena daya saling tolak mereka, muatan secara

alami menyebar sebanyak mungkin, namun untuk kesemuanya ke permukaan seperti

sebuah pemborosan pada ruang bagian dalam.. Secara pasti kita dapat melakukan

lebih baik, dari pandangan untuk membuat setiap muatan sejauh mungkin dari

tetangganya, untuk menghamburkan beberapa dari mereka melalui volume…

Baiklah, hal ini mudah tapi tidak begitu juga. Anda dapat melakukan hal terbaik

untuk meletakkan kesemua muatan pada permukaan, dan hal ini dibenarkan tanpa

menghiraukan ukuran maupun bentuk dari konduktor.8

Masalah dapat juga berasal pada keadaan energi. Seperti halnya sistem dinamis

bebas, muatan pada sebuah konduktor akan mencari konfigurasi yang meminimalkan

potensial energinya. Apa yang sifat (iii) nyatakan adalah bahwa energi elektrostatistik

dari sebuh obyek padat (dengan bentuk spesifik dan muatan total) adalah minimum

8 Bagaimanapun, analogi satu maupun dua dimensi sangatlah berbeda: Muatan pada piringan pengdaya hantar tidak kesemuanya mendekati pinggiran (R. Friedberg, Am. J. of Phys. 61, 1084 (1993)), maupun yang terjadi pada muatan pada jarum pengdaya hantar berakhiir (D.J. Griffiths dan Y. Li, Am. J. Phys. 64, 706 (1996)). Lihat soal 2.52.

ketika muatan tersebut tersebar keseluruh permukaan. Misalnya, energi sebuah

bidang adalah (1/8π ε0) (q2 / R) jika muatan terdistribusi secara seragam keseluruh

permukaan, seperti yang kita temukan pada persamaan 2.8, namun itu lebih besar,

(3/20πε0) (q2/R), jika muatan terdistribusi seragam diseluruh volume. (Soal 2.32)

2.5.2 Muatan Induksi

Jika anda memegang sebuah muatan +q dekat dengan sebuah konduktor tanpa

muatan (gambar 2.44), keduanya akan menarik satu sama lain. Alasan dari hal ini

yakni q akan mendorong muatan-muatan negatif ke sisi terdekat dan menolak

muatan-muatan positif ke sisi terjauh. (Cara lain untuk memahami yakni bahwa

muatan bergerak dalam suatu bentuk tertentu untuk meniadakan medan q pada titik di

dalam konduktor, dimana medan total harus nol). Karena muatan induksi negatif

medekati q, terdapatlah gaya tarikan net. (Pada Bab 3 kita akan menghitung gaya ini

secara terpisah, untuk kasus pada sebuah konduktor bola.)

Gambar 2.44 Gambar 2.45

Bagaimanapun, ketika saya berbicara mengenai medan, muatan, ataupun

potensial “didalam” sebuah konduktor, yang saya maksud dalam “isi” dari konduktor;

jika terdapat beberapa rongga didalam konduktor, dan bersama rongga tersebut

terdapat beberapa muatan, maka medan didalam rongga tidak akan menjadi nol.

Namun dalam cara yang baik rongga dan kontennya terkurung dengan listik dari

dunia luar dengan konduktor disekelilingnya (Gambar 2.45). Tidak ada medan

eksternal yang menekan konduktor: mereka ditiadakan pada permukaan terluar oleh

muatan induksi yang berada disana. Dengan cara yang sama, medan dikarenakan

muatan didalam rongga dihilangkan, untuk semua titik ekterior, oleh muatan induksi

pada permukaan dalam. (Bagaimanapun, muatan kompensasi yang tersissa pada

permukaan terluar konduktor secara efektif “berhubungan” dengan kehadiran q

dengan dunia luar, sebagiamana kita akan lihat pada contoh 2.9.) Pada awalnya,

muatan total induksi dalam dinding rongga adalah sama dan berlawanan dengan

muatan dalam, jika kita mengelilingi rongga dengan sebuah permukaan Gaussian,

kesemua titik yang didalam konduktor (Gambar 2.45), ∮E . d a=0 ,dan oleh sebab itu

(oleh hukum Gauss) muatan net terdekat harus bernilai 0. Namun Qenc = q + qinduksi,

sehingga qinduksi = -q.

Contoh 2.9

Sebuah konduktor bola tanpa muatan berpusat pada awalnya memiliki sebuah rongga

dengan bentuk tak beraturan tergores (Gambar 2.46). Disuatu tempat didalam rongga

terdapat muatan q. Pertanyaan: Berapa medan di luar bola?

Gambar 2.46

Solusi:Pada pandangan pertama akan terlihat bahwa jawaban tergantung pada bentuk

rongga dan peletakkan muatan. Namun hal tersebut salah: Jawabannya adalah

E= 14 π ε 0

qr 2

ŕ

Bagaiamanapun juga. Konduktor menyembunyikan dari kita informasi mengenai sifat dasar

rongga, hanya menunjukkan muatan total yang terkandung. Bagaimana itu dapat terjadi?

Baiklah, muatan +q menginduksi sebuah muatan berlawanan –q pada dinding rongga, yang

terdistribusi olehnya dengan cara tertentu kemudian medannya meniadakan q, untuk

kesemua titik diluar rongga. Karena konduktor tidak membawa muatan net, hal ini

meninggalkan +q terdistribusi sendiri secara beraturan kesemua permukaan bola. (Hal

tersebut beraturan dikarenakan pengaruh assimetris dari titik muatan +q ditiadakan oleh

muatan induksi –q pada permukaan dalam). Untuk titik diluar bola, kemudian, satu hal yang

tersisa yakni medan yang ditinggalkan +q, secara beraturan terdistribusi keseluruhan

permukaan luar.

Hal ini dapat terjadi pada anda bahwa dalam suatu hal argumen ini secara terbuka dapat

diragukan: Sesungguhnya terdapat tiga medan yang bekerja disana, Eq, Einduksi, dan Esisa.

Kesemua yang kita tahu untuk hal tertentu bahwa jumlah dari ketiga nya adalah nol didalam

konduktor, meskipun saya mengklaim bahwa yang kedua yang pertama ditiadakan didalam

konduktor, siapa yang mengatakan meraka tetap ditiadakan untuk titik diluar? Mereka tidak

ditiadakan, pada akhirnya, peniadaan untuk titik didalam rongga. Saya tidak dapat

memberikan anda sebuah jawaban lengkap yang memuaskan pada saat ini, namun hal ini

setidaknya benar: Masih terdapat sebuah jalan untuk mendistribuskan –q keseluruh

permukaan dalam sehingga untuk meniadakan medan q pada titik luar ruangan. Untuk

rongga yang sama yang telah tergores sebuah konduktor bola yang besar dengan radius 27

mil tahun cahaya atau apapun. Pada kasus demikian sisa +q pada permukaan luar secara

sederhana terlalu jauh untuk memproduksi sebuah medan signifikan, dan kedua medan

lainnya akan telah berhasil meniadakan sendiri. Jadi kita tahu mereka bisa melakukannya…

namun apakah kita yakin mereka yang terpilih? Mungkin untuk bola kecil pada dasarnya

memilih beberapa tiga cara peniadaan yang sukar. Tidak: seperti yang kita lihat dalam

theorema keunikan pada Bab 3, elektrostatik sangat sedikit dengan pilihannya: selalu ada

suatu cara yang tepat-tidak ada lagi-pendistribusian muatan pada sebuah konduktor seperti

halnya membuat medan didalam bernilai nol. Menemukan sebuah cara yang mungkin, kita

dapat menjamin bahwa tidak ada alternatif tersisa bahkan dalam prinsip.

Jika sebuah rongga yang dikelilingi oleh materi yang berdaya hantar maka

dengan sendirinya muatan akan kosong, kemudian medan didalam rongga menjadi

nol. Untuk setiap garis medan akan berawal dan berakhir pada dinding rongga,

bergerak dari muatan positif ke sebuah muatan negatif (Gambar 2.47). Biarkanlah

garis medan menjadi bagian dari sebuah loop tertutup, sisanya secara keseluruhan

berada didalam konduktor (dimana E = 0), integral ∮E−d l

Gambar 2.47

dipastikan positif, pada penyimpangan Persamaan 2.19. Hal ini sesuai bahwa E = 0

didalam sebuah rongga kosong, dan disana terbukti tidak ada muatan pada

permukaan rongga. (Hal inilah mengapa anda secara relative aman berada didalam

sebuah mobil metal selama badai petir-anda mungkin saja terpanggang, jika petir

menyambar, namun anda tidak akan terlistriki. Prinsip yang sama berlaku pada

penempatan apparatus sensitif didalam sebuah Faraday cage, untuk melindungi

medan elektrik yang menyimpang keluar. Pada prakteknya, lingkupan tidak harus

menjadi sebuah konduktor padat-sebuah kurungan akan mencukupi.

Soal 2.35 Sebuah bola metal dengan radius R, membawa muatan q, yang dikelilingi dengan

sebuah kulit konsetrik metal tebal (radius dalam a, radius b, sebagaimana Gambar 2.48)

kulitnya tidak membawa muatan net.

(a) Carilah kepadatan muatan permukaan σ pada r, pada a dan pada b.

(b) Carilah potensial pada titik pusat, gunakanlah tak hingga sebagai titik rekomendasi

(c) Saat ini permukaan terluar tersentuh dengan kabel grounding, yang menurunkan nilai

potensial menjadi no (mendekati tak hingga). Bagaimana jawaban anda berubah pada

pertanyaan (a) dan (b)?

Soal 2.36 Dua rongga bola, dengan radius a dan b, melubangi ruang dalam a (netral)

mengdaya hantarkan bola dengan radius R (Gambar 2.49) pada pusat dari setiap rongga

ditempatkan muatan-dinamakan muatan qa dan qb.

(a) Carilah muatan permukaan σa, σb dan σR.

(b) Berapakah medan diluar konduktor?

(c) Berapakah medan disetiap rongga?

(d) Berapakah gaya pada qa dan qb?

(e) Mana saja dari jawaban ini akan berubah jika sebuah muatan qc, dibawa mendekati

konduktor?

Gambar 2.48 Gambar 2.49

2.5.3 Muatan Permukaan dan Gaya pada sebuah Konduktor

Dikarenakan medan didalam sebuah konduktor adalah nol, syarat batas 2.33

memerlukan bahwa medan yang seketika berada diluar adalah

E = σε0

ń.

(2.48)

konsisten dengan hasil sebelumnya bahwa medan adalah normal pada permukaan.

Dalam bentuk potensial, Persamaan 2.36 menghasilkan

σ = - ε0 ∂ V∂ n

(2.49)

Persamaan ini memungkinkan anda untuk menghitung muatan permukaan pada

konduktor, jika anda dapat menentukan E atau V; kita sebaiknya menggunakannya

dalam bab selanjutnya.

Dalam kehadiran medan elektrik, sebuah muatan permukaan akan, secara lami,

menghasilkan sebuah gaya; gaya persatuan luas, f, adalah σE. Namun terdapatlah

sebuah permasalahan disini, medan elektrik adalah tidak kontinyu pada muatan

permukaan, sehingga nilai mana yang sebaiknya digunakan: Eatas, Ebawah, atau sesuatu

diantaranya? Jawabannya adalah bahwa kita sebaiknya menggunakan rata-rata dari

keduanya:

f = σ Erata-rata = 12

σ (Eatas + Ebawah). (2.50)

Mengapa rata-rata? Alasannya sangatlah sederhana, meskipun memberitahunya

membuatnya terasa rumit: Marilah perhatian kita fokus pada potongan kesil dari

permukaan yang menyelimuti titik dalam pertanyaan (Gambar 2.50). buatlah hal

tersebut sedikitnya cukup sehingga hal tersebut sangatlah datar dan muatan

permukaan dalamnya sangatlah konstan. Medan total terdiri dari dua bagian-

diakibatkan oleh potongannya sendiri, dan dikarenakan hal lainnya (area lain dari

permukaan, sebagaimana setiap sumber eksternal yang mungkin ada):

E = Epotongan + Elainnya

Sekarang, potongan tidak dapat mendesak gaya padanya, lebih lagi anda dapat

menaikkan diri anda dengan berdiri dalam sebuah keranjang dan mendorong

pegangannya. Gaya dalam potongan, kemudian, secara ekslusif dikarenakan Elainnya,

dan hal ini mengakibatkan tiadanya diskontinuitas (jika kita menghilangkan

potongan, medan dalam “lubang” akan menjadi halus dengan sempurna).

Diskpntinuitas dikarenakan secara keseluruhan oleh muatan dalam potongan,

Gambar 2.50

yang terletak diluar sebuah medan (σ/2ε0) dalam sisi lainnya, menunjuk jauh dari

permukaan (Gambar 2.50).Oleh karena itu,

Eatas = Elainnya + σ

2 ε0 ń

Ebawah = Elainnya - σ

2 ε0 ń

dan sehingga

Elainnya = 12

(Eatas + Ebawah) = Erata-rata

Perata-rataan hanyalah sebuah alat untuk menghilangkan kontribusi dari potongan itu

sendiri.

Argumen tersebut menggunakan setiap muatan permukaan; pada kasus khusu

dari sebuah konduktor, medannya nol didalam dan (σ / ε0) ń diluar (Persamaan 2.48),

sehingga rata-ratanya adalah (σ / ε0) ń dan gaya per satuan luasnya adalah

f = 1

2 ε0 σ2 ń

(2.51)

Ini adalah jumlah dari sebuah tekanan elektrostatik kearah luar pada permukaan,

lebih baik gambarlah konduktor kedalam medan, tanpa menghiraukan tanda dari σ.

Menjelaskan tekanan dalam bentuk medan dilaur dari permukaan,

P = ε0

2 E2. (2.52)

Soal 2.37 Dua buah metal besar (dengan masing-masing luas A) memiliki jarak d.

Misalkan kita letakkan sebuah muatan Q pada setiap piringan; berapakah tekanan

elektrostatistik pada piringan?

Soal 2.38 Sebuah bola metal dengan jari-jari R membawa total muatan Q. Berapakah

gaya repulsi diantara belahan “utara” dan “selatan”?

2.5.4 Kapasitor

Misalkan kita memiliki dua konduktor, dan kita letakkan muatan +Q pada satu sisi

dan –Q pada sisi lainnya (Gambar 2.51). Karena V konstan pada sebuah konduktor,

kita dapat katakan secara jelas perbedaan potensial diantaranya:

V = V+ - V- = ∫¿¿¿

Kita tidak tahu berapa dsitribusi muatan itu sendiri pada kedua konduktor, dan

menghitung medan akan menjadi kacau, jika bentuknya rumit, namun ini sudah lebuh

kita ketahui: E adalah proporsional untuk Q. Untuk E telah diberikan oleh Hukum

Coulomb:

E = 1

4 π ϵ 0 ∫ ρ

r2 ȓ dτ

Gambar 2.51

Sehingga jika anda melipat duakan ρ, anda melipat duakan E. (Tunggu sebentar!

Bagaiamana kita tahu jika melipat duakan Q (dan juga -Q) secara sederhana melipat

duakan ρ? Mnugkin muatan bergerak disekitar sehingga sebuah konfigurasi yang

benar-benar berbeda, melipat empatkan ρ dalam beberapa tempat dan membagi dua

lainnya, jadi sehingga muatan total pada setiap konduktor terlipat duakan. Faktanya

bahwa masalah ini adalah tidak menjamin-melipat duakan Q serta merta melipat

duakan ρ dimanapun; hal tersebut tidaklah memperngaruhi muatan sekitar. Buktinya

dari hal ini akan datang pada Bab 3; untuk saat ini anda akan mempercayai saya.)

Karena E adalah proporsional pada Q, sama halnya dengan V. konstan dari

proporsionalitas disebut kapasitansi dari susunan:

C ≡ QV

(2.53)

Kapasitansi adalah kuantitas geometri yang murni, ditentukan oleh ukuran, bentuk

dan pemisahan dari kedua konduktornya. Dalam satuan SI, C dihitung dalam farad

(F); satu farad adalah satu coulomb per volt. Sebenarnya, hal ini merubahnya menjadi

sangatlah besar;9 lebih satuan praktik lagi yakni mikrofarad (10-6 F) dan pikofarad

(10-12 F).

Perhatikan bahwa V, oleh pengertiannya, potensial dari konduktor positif lebih

kurang dari negatifnya: seperti halnya. Q adlah muatan dari konduktor positif. Sesuai

dengan itu, kapasitansi adalah kuantitas positif secara intrinsik. (Lebih lanjut, anda

akan adakalanya mendengar seseorang berbicara mengenai kapasitansi dari sebuah

konduktor tunggal. Dalam kasus ini “konduktor kedua”, dengan muatan negatif,

adalah sebuah kulit bola bayangan dari jari-jari tak hingga disekitar konduktor

tersebut. Hal tersebut tidak menghasilkan apapun pada medan, sehinggaa kapasitansi

yang diberikan Persamaan 2.53, dimana V adalah potensial dengan tak hingga sebagai

titik referensinya,)

Contoh 2.10

Temukan kapasitansi dari sebuah “kapasitor piringan pararel” yang tediri atas dua buah

permukaan metal dari luas A dengan jarak d (Gambar 2.52)

Gambar 2.52

Solusi: Jika kita meletakkan +Q pada puncak dan –Q pada dasar, keduanya akan

menyebar secara seragam keseluruh kedua permukaannya, termasuk luasan yang

meungkin luas dan pemisahan jarak yang kecil.10 Rapat muatan permukaan, kemudian,

σ = Q/A pada piringan puncak dan juga medan, menurut Persamaan 2,5 adalah (1/ε0)

Q/A. Perbedaan potensial diantara piringan adalah sebagai berikut

9 Pada edisi kedua saya mengeklaim anda akan membutuhkan sebuah forklift untuk membawa sebauh kapasitor 1 F. Hal ini tidaklah lagi menjadi masalah-anda dapat membeli sebuah kapasitor 1 F secara nyaman dalam sendok sup.10 Solusi yang tepat tidaklah mudah-bahkan untuk soal mudah dari piringan sirkuler. Lihatlah G.T Carlson dan B.L Illman, Am, J. Phys. 6solusi2. 1099 (1994)

V = Q

A ε0

d

dan karena itu

C = A ε0

d

(2.54)

Jika, sebagai contoh, piringan adalah kotak dengan sisi sepanjang 1 cm, dan berjarak 1

mm satu sama lain, kemudian kapasitansinya adalah 9 x 10-13 F.

Contoh 2.11

Temukanlah kapasitansi dari dua buah kulit bola metal konsentris, dengan jarak a dan

b.

Solusi: Letakkan muatan +Q dalam sisi dalam bola, dan –Q dalam sisi luar bola.

Medan anatara bola adalah

E = 1

4 π ϵ 0 Q

r2 ȓ

sehingga perbedaan potensial diantaranya adalah

V = - ∫b

a

E . d l = - Q

4 π ϵ 0 ∫

b

a1r2 dr= Q

4 π ϵ 0

( 1a−1

b ).Sebagaiman telah ditentukan, V proporsional pada Q: kapasitansinya adalah

C = QV = 4π ε0

ab(b−a ) ,

Untuk “mengisi” sebuah kapasitor, anda harus menghilangkan elektron dari

piringan positif dan membawanya ke piringan negatif. Dalam mengerjakan hal ini

anada akan menghadapi medan elektrik, dimana mendorong mereka medekati

konduktor positif dan menjauhkan mereka dari yang negatif. Berapa banyak kerja

yang dibutuhkan, kemudian, untuk mengisi kapasitor pada jumlah akhir Q? Misalkan

bahwa beberapa tingkat menengah dalam proses, muatan dalam piringan positif

adalah q, sehingga perbedaan potensial adalah q/C. Menurut persamaaan 2.38, kerja

yang harus dilakukan untuk memindahkan potongan muatan selanjutnya,dq, adalah

dW = ( qC ) dq.

Nilai kerja total yang dibuthkan, kemudian, untuk berpindah dari q = 0 ke q =

Q, adalah

W = ∫0

Q

( qC )dq =

12 Q2

C ,

atau, karena Q = CV,

W = 12

CV2,

(2.55)

Dimana V adalah potensial akhir dari kapasitor.

Soal 2.39 Temukanlah kapasitansi per satuan panjang dari dau tabung silindris

koaksial metal, dengan radius a dan b (Gambar 2.53).

Gambar 2.53

Soal 2.40 Misalkan sebuah piringan dari kapasitor piringan-paralel mendekat secara

bersama-sama dengan jarak tak hingga desimal ϵ , sebagian hasil dari daya tarik

mutualnya.

(a) Gunakanlah Persamaan 2.52 untuk menyatakan total dari kerja yang telah

dilakukan oleh gaya elektrostatik, dalam bentuk medan E, dan luasan dari

piringan, A.

(b) Gunakanlah Persamaan 2.46 untuk meyatakan energi yang hilang oleh medan saat

proses.

(Soal ini sangatlah mudah, namun soal ini mengandung awal dari turunan alternatif

dari Persamaan 2.52, gunakanlah konservasi dari energi)

Lebih Banyak Soal pada Bab 2

Soal 2.41 Carilah medan elektrik pada ketinggian z diatas pusat lembaran kotak (sisi

a) membawa muatan permukaan seragam σ. Ceklah hasil anda untuk membatasi

keadaan a → ∞ dan z ≫ a.

[Jawaban: (σ/2ε0){(4/π) tan-1 √1+(a2 /2 z2 ) - 1}]

Soal 2.42 Jika medan elektrik pada suatu area diberikan (pada koordinat dalam bola)

oleh pernyataan

E(r) = A ȓ+B sin θ cos ɸ ɸ

r

dimana A dan B konstan, berapakah rapat muatannya? [Jawaban: ε0(A – B sin ɸ)/r2]

Soal 2.43 Carilah gaya bersih dari bagian selatan sebuah bola bermuatan seragam yang

mendesak pada bagian utaranya. Nyatakan jawaban anda dalam bentuk jari-jari R dan

total muatan Q. [Jawaban: (1/4πε0)(3Q2/16R2)]

Soal 2.44 Sebuah bagian mangkuk terbalik dengan radius R membawa sebuah rapat

muatan permukaan seragam σ. Carilah perbedaan potensial diantara “kutub utara” dan

pusat. [Jawaban: (Rσ/2ε0)(√2−1¿¿

Soal 2.45 Sebuah bola dengan jari-jari R membawa rapat muatan ρ(r) = kr (dimana k

konstan). Carilah energi dari konfigurasi. Periksalah jawaban anda dengan

menghitungnya pada minimal dua cara yang berbeda. [Jawaban: πk2R7/7ε0]

Soal 2.46 Potensial elektrik dari beberapa konfigurasi diberikan dengan pernyataan

V(r) = A e−λr

r

dimana A dan λ konstan. Carilah medan elektrik E(r), rapat muatan ρ(r), dan total

muatan Q. [Jawaban: ρ = ε0A(4πδ3(r) – λ2e- λr/r)]

Soal 2.47 Dua buah kabel panjang tak hinggaberjalan secara pararel pada sumbu axis x

membawa rapat muatan seragam + λ dan – λ (Gambar. 2.54).

(a) Carilah potensial pada setiap titik (x,y,z) gunakanlah titik asal sebagai referensi

anda.

(b) Perlihatkan bahwa permukaan ekuipotensial silindris sirkular, dan berada pada

sumbu axis dan radius silendris sesuai dengan potensial V0 yang diberikan.

Soal 2.48 Dalam sebuah vakum dioda, elektron “dipanaskan dengan sebuah katoda

panas, pada potensial nol, dan percepatan melintasi sebuah gap ke anoda, dimana hal

tersebut berlangsung pada potensial positif V0. Awan dari elektron bergerak bersama

dengan gap (disebut muatan ruang) secara cepat membangun pada sebuah titik

dimana hal tersebut mengurangi medan pada permukaan dari katoda ke nol. Kemudian

pada sebuah keadaan stabil saya mengalirkan nya diantara piringan.

Misalkan piringan yang lebih luas berhubungan dengan pemisahan (A≫ d2 dalam

Gambar 2.55), sehingga efek tepi dapat dipantulkan. Kemudian V, ρ, dan v (kecepatan

dari elektron-elektron) merupakan kesemua fungsi dari x itu sendiri.

Gambar 2.54 Gambar 2.55

(a) Tulislah persamaan Poisson untuk daerah diantara piringan.

(b) Asumsikan elektron bermula pada katoda, berapakah kecepatannya pada titik x,

dimana potensial adalah V(x)?

(c) Pada keadaan stabil, I berdiri sendiri terhadap x, Apakah, kemudian, hubungan

antara ρ dan v?

(d) Gunakanlah ketiga hasil ini untuk meperoleh sebuah persamaan differensial untuk

V, dengan mengeleminasi ρ dan v.

(e) Pecahkan persamaan ini untuk V sebagai sebuah fungsi x, V0, dan d. Plotlah V(x),

dan bandingkanlah hasil tersebut pada potensial tanpa muatan-ruang. Juga, carilah

ρ dan v sebagai fungsi dari x.

(f) Tunjukkan bahwa

I = K V03/2, (2.56)

dan carilah Konstan, (Persamaan 2.56 disebut hukum Child-Langmuir. Hal tersebut

berada pada geometri lainnya, meskipun muatan-ruang membatasi arus. Perhatikan

bahwa muatan-ruang dibatasi dioda adalah nonlinier-hal tersebut tidak mengikuti

hukum Ohm.)

Soal 2.49 Bayangkanlah bahwa pengukuran baru dan yang luar biasa telah

mengungkapkan sebuah error dalam hukum Coulomb. Gaya aktual dari interaksi

antara kedua muatan titik ditemukan menjadi

F = 1

4 π ϵ 0

q1 q2

r2 (1+ rλ ) e –r/λȓ ,

dimana λ adalah sebuah konstan baru yang alami (λ memiliki dimensi panjang, secara

pasti, dan λ adalah angka yang besar-katakanlah setengah dari jari-jari dari seluruh

bidang yang telah diketahui-sehingga koreksi tersebut kecil, dimana mengapa tidak

pernah diperhatikan ketidaksesuaian sebelumnya). Anda dibebankan dengan tugas

untuk merumuskan kembali elektrotastik untuk mengakomodasi penemuan baru.

Asumsikan hukum dari superposisi masih bertahan.

(a) Apakah medan elektrik dari distribusi muatan ρ (gantilah Persamaan 2.8)?

(b) Apakah medan elektrik ini merupakan sebuah potensial skalar? Jelaskan secara

jelas bagaimana anda meraih penjelasan anda. (tidak dibutuhkan bukti yang

formal-hanya sebuah penjelasan persuasif.)

(c) Carilah potensial pada muatan titik q-analog ke Persamaan 2.26. (Jika jawaban

anda (b) “tidak”, sebaiknya kembali dan gantilah!) Gunakanlah ∞ sebagai titk

referensi anda.

(d) Untuk sebuah titik muatan q pada sumber, perlihatkan bahwa

∮S

❑

E . d a + 1

λ2 ∫v

❑

V dτ = 1ϵ 0

q.

dimana S adalah permukaan, V volum, dari setiap bola berpusat dari q.

(e) Perlihatkan bahwa hasil ini menyamaratakan:

(f) ∮S

❑

E . d a + 1

λ2 ∫v

❑

V dτ = 1ϵ 0

Qenc.

untuk setiap distribusi muatan. (Hal ini merupakan hal yang tebaik pada Hukum

Gauss, dalam “elektrostatik” baru.)

(g) Gambarlah diagram segitiga (seperti Gambar 2.35) untuk dunia ini, meletakkan

kesemua rumusan yang sesuai. (Pikirkanlah persamaan Poisson sebagai rumusan

dari ρ dalam bentuk V, dan hukum Gauss (bentuk differensial) sebagai sebuah

persamaan untuk ρ dalam bentuk E.)

Soal 2.50 Misalkan sebuah medan elektrik E(x,y,z) memiliki bentuk

Ex = ax, Ey = 0, Ez = 0

dimana a adalah konstan. Berapakah rapat muatannya? Bagaimana anda

mempertanggungjawabkan sebagai bukti bahwa medan titik pada sebuah arah khusus,

ketika rapat muatan seragam? [Hal ini lebih masalah tak kentara daripada yang terlihat,

dan layak dipikirkab.]

Soal 2.51 Kesemua elektrostatik mengikuti dari karakter 1/r2 hukum Coulomb,

bersama dengan hukum superposisi. Sebuah teori dapat disamakan dapat selanjutnya

terkonstruksi untuk hukum Newton dari gravitasi universal. Berapakah energi gravitasi

dari sebuah bola, dari massa M dan jari-jari R, asumsikan densitas adalah seragam?

Gunakan hasil anda untuk mengestimasi energi gravitasi dari matahari (lihatlah angka

yang relevan). Radiasi matahari pada sebuah ukuran 3.86 x 1026 W; jika kesemua ini

datang dari energi gravitasi yang tersimpan, berapa lama matahari akan bertahan?

[Matahari dalam kenyataan lebih tua dari hal tersebut, sehingga dengan jelas hal ini

bukanlah merupakan sumber dari tenaganya.]

Soal 2.52 Kita ketahui bahwa muatan pada konduktor bergerak ke permukaan, namun

bagaimana muatan tersebut mendistribusikan dirinya disana bukanlah hal yang mudah

untuk ditentukan. Satu contoh yang terkenal bagaimana rapat muatan permukaan dapat

dihitung secara terpisah adalah elipsoid:

x2

a2 + y2

b2 + z2

c2 = 1 ,

Pada kasus ini11

σ = Q

4 πabc ( x2

a4+y2

b4 +z2

c4 )−1/2

, (2.57)

dimana Q adalah total muatan. Dengan memilih nilai-nilai yang tepat untuk a, b, dan c,

mendapatkan (dari Persamaan 2.57); (a) rapat muatan permukaan bersih σ(r)(kedua

sisi) dalam sebuah piringan sirkular dari jari-jari R; (b) rapat muatan bersih σ(x) pada

sebuah “pita” terkonduksi tak hingga pada bidang x y, yang mengikat sumbu axis y

dari x = -a ke x = a (biarkan A menjadi muatan total per satuan panjang pita); (c)

muatan bersih per satuan panjang λ (x) pada sebuah “jarum” berkonduksi, bergerak

dari x = -a ke x = a. pada setiap kasus, sketsalah grafik dari hasil anda.

11 Untuk turunan (dimana sebuah perjalanan gaya) lihatlah W. R. Smythe, Static and Dynamic Electricity, 3rd ed. (New York; Hemisphere, 1989), Sect, 5.02.