Listrik magnet I oleh: Dr rer nat. Ayi Bahtiar jurusan fisika fakultas matematika dan ilmu pengetahuan alam universitas padjadjaran bandung

Contoh: persoalan yang melibatkan beberapa konduktor, dimana potensial atau
muatan total dari masing-masing konduktor diketahui, namun distribusi muatan
permukaan tidak diketahui atau harus ditentukan sebagai solusi dari masalah tsb.
Q
1
Q
3
Q
2
1
φ
3
φ
2
φ

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

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

PERSAMAAN LAPLACE
Dalam kasus persoalan listrik statik yang melibatkan konduktor, dimana seluruh
muatan-muatannya berada pada permukaan konduktor atau muatan-muatannya
merupakan muatan-muatan titik yang tetap, maka
ρ  adalah nol di titik di dalam
ruang:
0
2
=
φ
∇
Persamaan Laplace
TEOREMA I : Jika
φ
1
, 
φ
2
, …, 
φ
n
adalah solusi-solusi persamaan Laplace, maka:
2
2
2
2
1
1
C
...
C
C
φ
+
+
φ
+
φ
=
φ
Dimana C adalah konstanta sembarang, juga merupakan solusi.

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

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

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

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

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

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

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

2. Suatu bola konduktor berjejari a diberi medan listrik yang semula seragan E
0
yang seraha dengan sumbu-z. Hitung medan-medan listriknya dalam arah
radial dan
Solusi:
( )
( )
( )
( )
(
)
(
)
...
1
cos
3
r
C
2
1
1
cos
3
r
A
2
1
cos
r
C
cos
r
A
r
C
A
,
r
P
r
P
r
2
3
3
2
2
3
2
2
2
1
1
1
n
1
n
n
n
n
n
+
−
θ
+
−
θ
+
θ
+
θ
+
+
=
θ
φ




θ
=
φ
θ
=
φ
−
−
−
+
−
z
k
E
E
E
0
0
r
r
r
=
=
Medan listrik tanpa kehadiran bola konduktor
P
r
θ
Medan listrik akibat kehadiran bola konduktor

Pada titik r 
→∞, medan listrik uniform
( )
[
]
( )
[
]
ta
tan
kons
cos
r
E
ta
tan
kons
z
E
,
r
k
E
E
,
r
E
0
0
r
0
0
r
+
θ
−
=
+
−
=
θ
φ
=
=
θ
∞
→
∞
→
r
r
r
( )
(
)
(
)
...
1
cos
3
r
C
2
1
1
cos
3
r
A
2
1
cos
r
C
cos
r
A
r
C
A
,
r
2
3
3
2
2
3
2
2
2
1
1
1
+
−
θ
+
−
θ
+
θ
+
θ
+
+
=
θ
φ
−
−
−
Agar potensial sama untuk r 
→∞, maka: A = - E
0
, sehingga:
( )
a
r
cos
r
C
cos
r
E
A
,
r
2
2
0
1
≥
θ
+
θ
−
=
θ
φ
−
Suatu bola konduktor dengan jari-jari a adalah suatu permukaan ekipotensial
dengan potensial
φ
0
, maka:
( )
0
,
a
φ
=
θ
φ

Agar kedua potensial sama pada r = a, maka:
( )
( )
θ
+
θ
−
φ
=
θ
φ
=
⇒
θ
=
θ
φ
=
φ
=
θ
+
θ
−
=
θ
φ
−
−
cos
r
a
E
cos
r
E
,
r
a
E
C
cos
a
C
cos
a
E
A
cos
a
C
cos
a
E
A
,
a
2
3
0
0
0
3
0
2
2
2
0
0
1
0
2
2
0
1
Medan-medan listrik:
θ






−
−
=
θ
∂
φ
∂
−
=
θ






+
=
∂
φ
∂
−
=
θ
sin
r
a
1
E
r
1
E
cos
r
a
2
1
E
r
E
3
3
0
3
3
0
r
Rapat muatan permukaan:
( )
θ
ε
=
ε
=
θ
σ
=
cos
E
3
E
0
0
a
r
r
0

Muatan total didalam bola:
( )
0
sin
a
3
d
sin
2
cos
E
3
a
d
sin
2
a
Q
0
2
0
2
0
0
0
2
0
2
=
θ
ε
π
=
θ
θ
π
θ
ε
=
θ
θ
π
θ
σ
=
π
π
π
∫
∫
Hal ini bahwa muatan total di dalam bola adalah nol, karena didalam bola 
konduktor muatan-muatannya terdistribusi di permukaan.

TEOREMA GREEN

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

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

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

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

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

Dalam menghadapi masalah yang memenuhi kondisi batas pada
Φ dan
n
∂
Φ
∂
dimana keduanya muncul didalam integral permukaan, kita dapat
menggunakan konsep umum dari fungsi Green dan fungsi F, sehingga salah
satu dari integral permukaan dapat dieliminasi.
Dengan menggunakan teorema Green, dan mengganti
φ = Φ, dan ψ = G, maka
potensial listrik statik dapat dituliskan menjadi:
( )
( ) (
)
(
)
( ) (
)
'
da
'
n
'
x
,
x
G
'
x
'
n
'
x
,
x
G
4
1
'
x
d
'
x
,
x
G
'
x
x
S
3
V
∫
∫




∂
∂
Φ
−
∂
Φ
∂
π
+
ρ
=
Φ
r
r
r
r
r
r
r
r
r
Sekarang, kita dapat membuat integral permukaan hanya bergantung pada tipe
kondisi batas.
(1). Kondisi batas Dirichlet
(
)
S
di
berada
x
jika
0
'
x
,
x
G
D
r
r
r
=
( )
( ) (
)
( )
(
)
'
da
'
n
'
x
,
x
G
'
x
4
1
'
x
d
'
x
,
x
G
'
x
x
S
D
3
V
D
∫
∫
∂
∂
Φ
π
−
ρ
=
Φ
r
r
r
r
r
r
r

(2). Kondisi batas Neumann
(
)
S
di
berada
'
x
jika
0
'
n
'
x
,
x
G
N
r
r
r
=
∂
∂
( )
( ) (
)
(
)
'
da
'
n
'
x
,
x
G
4
1
'
x
d
'
x
,
x
G
'
x
x
S
N
3
V
N
∫
∫
∂
Φ
∂
π
−
ρ
=
Φ
r
r
r
r
r
r
Namun, dari teorema Green, bahwa:
π
=
∂
∂
∫
4
'
da
'
n
G
S
D
Sehingga kondisi batas pada G
N
yang diperbolehkan adalah:
S
pada
'
x
untuk
S
4
'
n
G
N
r
π
−
=
∂
∂
( )
( ) (
)
(
)
'
da
'
n
'
x
,
x
G
4
1
'
x
d
'
x
,
x
G
'
x
x
S
N
3
V
N
S
∫
∫
∂
Φ
∂
π
+
ρ
+
Φ
=
Φ
r
r
r
r
r
r
Dimana <
Φ>
S
adalah potensial rata-rata di seluruh permukaan.

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