Hukum-Hukum Elektrostatik

Dua muatan $q_1 = +2\,\mu\text{C}$ dan $q_2 = -3\,\mu\text{C}$ terpisah jarak $r = 10$ cm. Hitung besar dan arah gaya pada masing-masing muatan.

Karena $q_1 q_2 < 0$, gaya bersifat tarik-menarik: $\mathbf{F}_{12}$ pada $q_2$ mengarah menuju $q_1$ (berlawanan dengan $\hat{\mathbf{r}}_{12}$). $\mathbf{F}_{21} = -\mathbf{F}_{12}$ oleh hukum Newton III.

Tiga muatan titik ditempatkan pada titik-titik sudut segitiga sama sisi dengan panjang sisi $a = 10$ cm. Muatan di kedua sudut bawah masing-masing $q_1 = q_2 = +1\,\mu\text{C}$, dan muatan di puncak $q_3 = -2\,\mu\text{C}$. Tentukan gaya total pada $q_3$.

Penempatan koordinat. Letakkan $q_1$ di $(0,\,0)$, $q_2$ di $(a,\,0)$, dan $q_3$ di $\bigl(\tfrac{a}{2},\,\tfrac{a\sqrt{3}}{2}\bigr)$.

Gaya dari $q_1$ pada $q_3$: Vektor $q_1 \to q_3$ memiliki besar $a$, sehingga vektor satuan arahnya adalah $\hat{\mathbf{r}}_{13} = \frac{1}{2}\,\hat{\mathbf{x}} + \frac{\sqrt{3}}{2}\,\hat{\mathbf{y}}$. Karena $q_1 q_3 < 0$ (tarik-menarik), gaya pada $q_3$ mengarah menuju $q_1$, yaitu $-\hat{\mathbf{r}}_{13}$:

Gaya dari $q_2$ pada $q_3$: Vektor satuan $q_2 \to q_3$ adalah $\hat{\mathbf{r}}_{23} = -\frac{1}{2}\,\hat{\mathbf{x}} + \frac{\sqrt{3}}{2}\,\hat{\mathbf{y}}$. Karena $q_2 q_3 < 0$ (tarik-menarik), gaya pada $q_3$ mengarah menuju $q_2$, yaitu ke arah $-\hat{\mathbf{r}}_{23} = \frac{1}{2}\,\hat{\mathbf{x}} - \frac{\sqrt{3}}{2}\,\hat{\mathbf{y}}$:

Jumlah vektor:

Komponen-$\hat{\mathbf{x}}$ saling meniadakan oleh simetri. Gaya total murni vertikal (mengarah ke bawah, menuju alas segitiga) dengan besar $|\mathbf{F}| = 3{,}12$ N. Secara umum, untuk konfigurasi ini $\mathbf{F}_{\text{total}} = -\sqrt{3}\,\frac{k|q|\,|Q|}{a^2}\,\hat{\mathbf{y}}$.

Batang tipis panjang $L$ bermuatan linear seragam $\lambda$ terletak sepanjang sumbu-$x$ dari $x = -L/2$ hingga $x = +L/2.$ Hitung $\mathbf{E}$ di titik $P$ yang berjarak $s$ dari batang pada bidang bagi tegak lurus.

Simetri: Untuk setiap elemen muatan $dq$ di $+x$, ada elemen simetris di $-x$. Komponen-$x$ dari medan listrik ($dE_x$) saling meniadakan, sehingga $E_x = 0$. Hanya komponen tegak lurus batang ($E_s$) yang tersisa.

Penyusunan Integral: Elemen muatan $dq = \lambda\,dx$ pada posisi $x$. Jarak dari elemen ke titik $P$ adalah $\mathcal{R} = \sqrt{x^2 + s^2}$. Besaran medan listrik total dari elemen tersebut adalah $dE = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{dq}{\mathcal{R}^2} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{\lambda\,dx}{x^2 + s^2}$. Komponen tegak lurusnya adalah $dE_s = dE \cos\theta$, di mana $\cos\theta = \frac{s}{\mathcal{R}} = \frac{s}{\sqrt{x^2 + s^2}}$. Sehingga:

Integrasi dengan Substitusi Trigonometri: Kita perlu mengintegrasikan persamaan di atas dari $x = -L/2$ hingga $x = +L/2$. Perhatikan integral berikut:

Karena bentuknya mengandung suku kuadrat tertambah ($x^2 + s^2$), kita gunakan substitusi trigonometri. Misalkan:

Substitusikan ke dalam integral:

Menggunakan identitas trigonometri $\tan^2\phi + 1 = \sec^2\phi$, maka ruas penyebut menjadi:

Integral dari $\cos\phi$ adalah $\sin\phi$. Sekarang, kita kembalikan variabel ke $x$. Dari segitiga siku-siku substitusi kita, $\tan\phi = \frac{x}{s}$, sehingga $\sin\phi = \frac{x}{\sqrt{x^2+s^2}}$. Hasil integral tak tentunya adalah:

Menentukan Medan Listrik Total: Substitusikan hasil integral kembali ke persamaan $E_s$ dengan batas $-L/2$ dan $+L/2$:

Dengan mendefinisikan total muatan batang $Q = \lambda L$, hasil akhirnya adalah:

Pembahasan Kasus Batas (Limiting Cases):

1. Kasus Jarak Jauh ($s \gg L$): Medan Muatan Titik
Jika titik $P$ sangat jauh, kita bisa menulis ulang penyebutnya dengan memfaktorkan $s$:

Karena $s \gg L$, maka rasio $L^2/4s^2$ sangat kecil (mendekati nol). Kita bisa menggunakan pendekatan ekspansi binomial $(1+u)^{-1/2} \approx 1 - \frac{1}{2}u$ untuk $u \ll 1$:

Suku utamanya adalah $E \to \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 s^2}$. Secara fisika, pada jarak yang sangat jauh, panjang batang $L$ menjadi tidak relevan lagi; batang tersebut terlihat sama sekali seperti sebuah muatan titik $Q$. Suku koreksi $-\frac{QL^2}{32\pi\varepsilon_0 s^4}$ menunjukkan seberapa cepat medan ini menyimpang dari medan titik saat kita mendekati batang.

2. Kasus Jarak Sangat Dekat ($s \ll L$): Medan Garis Tak Hingga
Jika kita berdiri sangat dekat dengan batang tetapi tidak persis di atasnya, panjang batang $L$ akan terlihat sangat panjang memanjang ke kedua arah. Kita faktorkan $L/2$ dari akar:

Karena $s \ll L$, maka rasio $4s^2/L^2 \approx 0$, sehingga $\sqrt{1 + \frac{4s^2}{L^2}} \approx 1$. Substitusi ke persamaan medan:

Perhatikan bahwa variabel panjang $L$ menghilang sepenuhnya dari hasil akhir ini (menyisakan bentuk standar $\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0 s}$). Ini adalah fitur paling penting dari geometri 1D: jika Anda cukup dekat dengan kawat bermuatan, medan listrik hanya bergantung pada kerapatan muatan linear $\lambda$, bukan pada total muatan atau panjang kawatnya. Batang tersebut berperilaku persis seperti garis tak hingga. (Sebuah pengecekan yang bagus: hasil ini juga bisa dengan sangat mudah dibuktikan menggunakan Hukum Gauss, yang mengonfirmasi validitas pendekatan ini).

Cakram tipis berjari $R$ bermuatan permukaan seragam $\sigma$ terletak pada bidang $xy$. Hitung $\mathbf{E}$ pada sumbu-$z$.

Strategi: Pecah cakram menjadi cincin-cincin elemental. Untuk cincin berjari $r'$ dan lebar $dr'$, muatannya adalah $dq = \sigma \cdot 2\pi r'\,dr'$. Besarnya medan listrik yang dihasilkan oleh cincin ini di titik $P$ yang berjarak $z$ di sumbu adalah:

Oleh karena simetri radial cincin, komponen medan yang tegak lurus sumbu ($dE_\perp$) saling meniadakan. Yang tersisa hanyalah komponen sepanjang sumbu-$z$, yang diperoleh dengan mengalikan besaran medan dengan kosinus sudut $\theta$ (sudut antara vektor jarak $\mathcal{R}$ dan sumbu-$z$):

Dengan menerapkan faktor kosinus ini, komponen $z$ dari medan elemental menjadi:

Substitusi balik $dq = \sigma \cdot 2\pi r'\,dr'$ untuk menyusun integral:

Integrasikan dari $r' = 0$ hingga $r' = R$. Substitusi $u = r'^2 + z^2$, sehingga $du = 2r'\,dr'$:

Pembahasan Kasus Batas (Limiting Cases):

1. Kasus sangat dekat dengan pusat cakram ($z \to 0$): Medan Lembaran Tak Hingga
Jika kita mengevaluasi persamaan medan saat $z$ mendekati nol, suku $\frac{z}{\sqrt{R^2+z^2}}$ akan mendekati $\frac{0}{R} = 0$. Sehingga medan menjadi:

Secara fisika, ketika Anda berdiri sangat dekat dengan permukaan cakram, tepi cakram (jari-jari $R$) sudah berada jauh di "cakrawala" pengamatan Anda. Cakram berukuran finite ini secara efektif terlihat sama sekali seperti sebuah lembaran muatan tak hingga. Oleh karena itu, sangat wajar jika hasilnya cocok sempurna dengan medan standar lembaran tak hingga. $\checkmark$

2. Kasus sangat jauh dari cakram ($z \gg R$): Medan Muatan Titik
Pada jarak yang sangat jauh, kita bisa memfaktorkan $z$ dari akar di penyebut:

Karena $R^2/z^2 \ll 1$, kita gunakan ekspansi binomial $(1+u)^{-1/2} \approx 1 - \frac{1}{2}u$:

Substitusi kembali ke persamaan medan:

Karena total muatan cakram adalah $Q = \sigma A = \sigma \pi R^2$, kita peroleh $E_z \approx \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 z^2}$. Pada jarak yang sangat jauh, detail geometri 2D cakram memburam. Cakram tersebut menyusut menjadi sebuah muatan titik $Q$, yang ditandai dengan medan yang memudar sesuai hukum kuadrat terbalik ($\propto 1/z^2$). $\checkmark$

3. Kasus cakram menjadi tak hingga ($R \to \infty$): Medan Seragam
Jika kita mengambil batas $R \to \infty$ secara langsung pada persamaan umum, suku $\frac{z}{\sqrt{R^2+z^2}}$ akan mendekati nol (karena penyebutnya menjadi tak hingga). Hasilnya adalah:

Perhatikan bahwa variabel jarak $z$ menghilang sepenuhnya dari rumus akhir. Ini berarti medan listrik bersifat seragam (konstan) di seluruh ruang di atas lembaran; medan tidak melemah seiring Anda menjauh dari permukaan. Ini adalah salah satu sifat unik dari geometri berdimensi 2 yang tak hingga (yang juga dapat dibuktikan dengan sangat cepat dan elegan menggunakan Hukum Gauss). $\checkmark$

Sebuah pelat bujur sangkar tipis dengan panjang sisi $a$ bermuatan permukaan seragam $\sigma$ terletak pada bidang $xy$ dengan pusatnya berada di titik asal. Hitunglah $\mathbf{E}$ pada jarak $z$ sembarang tepat di atas pusat pelat tersebut (pada sumbu-$z$).

Strategi: Pecah pelat bujur sangkar menjadi elemen-elemen muatan kecil $dq = \sigma\,dx\,dy$ yang tersebar pada koordinat $(x,y,0)$ dengan batas $-a/2 \leq x,y \leq a/2$. Jarak dari elemen muatan $dq$ ke titik pengamatan $P(0,0,z)$ di sumbu-$z$ adalah:

Oleh karena simetri lipat empat dari geometri bujur sangkar, komponen medan listrik elemental yang tegak lurus sumbu ($dE_\perp$) akan saling meniadakan secara berpasangan. Yang tersisa hanyalah komponen sepanjang sumbu-$z$, yang diperoleh dengan mengalikan besaran medan elemen dengan kosinus sudut $\theta$:

Dengan menerapkan hukum Coulomb dan faktor kosinus ini, komponen $z$ dari medan elemental menjadi:

Untuk mencari medan total, lakukan integrasi lipat dua atas seluruh luasan pelat:

Langkah pertama adalah mengintegrasikan terhadap variabel $x$ dengan menganggap $y$ dan $z$ sebagai konstanta efektif $c^2 = y^2 + z^2$, menggunakan bentuk integral standar $\displaystyle\int \frac{dx}{(x^2+c^2)^{3/2}} = \frac{x}{c^2\sqrt{x^2+c^2}}$:

Substitusikan hasil integrasi pertama ini kembali ke persamaan utama:

Selesaikan integral terhadap $y$ tersebut menggunakan hasil dari penurunan analitis lanjutan terpisah:

Evaluasi batas atas $y = a/2$ dan batas bawah $y = -a/2$ pada fungsi arctan memanfaatkan sifat fungsi ganjil $\tan^{-1}(-w) = - \tan^{-1}(w)$:

Dengan menggabungkan konstanta, komponen variabel $a$ dan $z$ saling membatalkan secara elegan:

Persamaan di atas merupakan ekspresi medan listrik eksak di sembarang titik ketinggian $z$ di sepanjang sumbu simetri bujur sangkar bermuatan seragam. $\checkmark$

Pembahasan Kasus Batas (Limiting Cases):

1. Kasus pelat melebar menjadi tak hingga ($a \to \infty$ atau $z \to 0$): Medan Lembaran Tak Hingga
Saat $a \to \infty$, penyebut di dalam fungsi arctan menjadi kalah dominan terhadap pembilang $a^2$:

Sistem berperilaku tepat seperti sebuah lembaran muatan tak hingga menghasilkan medan seragam konstan $\mathbf{E} = \frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\hat{\mathbf{z}}$. $\checkmark$

2. Kasus jarak pengamatan sangat jauh ($z \gg a$): Medan Muatan Titik
Suku di bawah tanda akar menyederhana menjadi $\sqrt{\frac{a^2}{2}+z^2} \approx z$. Argumen arctan menjadi sangat kecil:

Menggunakan deret Taylor $\tan^{-1}(w) \approx w$:

Oleh karena total muatan $Q = \sigma a^2$, rumus di atas menyederhana menjadi $\mathbf{E} \approx \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 z^2}\hat{\mathbf{z}}$. Hal ini membuktikan bahwa dari jarak jauh, segala bentuk distribusi muatan berdimensi berhingga akan selalu memudar detail bentuknya dan terlihat menyerupai sebuah muatan titik tunggal. $\checkmark$

Berikut adalah langkah-langkah pembuktian dan penyelesaian integral tak tentu yang digunakan pada Contoh 2.5 menggunakan teknik substitusi kalkulus analitis murni untuk variabel tinggi $z$:

Langkah A: Substitusi Trigonometri Pertama
Bentuk akar $\sqrt{y^2 + c^2}$ memicu substitusi tangen standar. Mari kita satukan konstanta menjadi $c^2 = z^2 + \frac{1}{4}a^2$ dan misalkan:

Dengan substitusi ini, bentuk akar di dalam integral menyederhana menggunakan identitas trigonometri $\sqrt{1+\tan^2\theta} = \sec\theta$:

Langkah B: Substitusi ke dalam Integral

Langkah C: Konversi ke Komponen Sinus dan Kosinus
Mengalikan pembilang dan penyebut dengan $\cos^2\theta$:

Terapkan identitas Pythagoras $\cos^2\theta = 1 - \sin^2\theta$:

Langkah D: Substitusi Variabel Pembantu (u-substitution)
$u = \sin\theta \quad\Longrightarrow\quad du = \cos\theta \, d\theta$:

Integrasikan secara langsung dengan $A=z$ dan $B=a/2$:

Langkah E: Substitusi Balik ke Variabel Asal ($y$)
Dari segitiga siku-siku, $\sin\theta = \frac{y}{\sqrt{y^2 + z^2 + \frac{1}{4}a^2}}$. Kembalikan nilai ini: $\checkmark$

Bola berjari $R$ bermuatan volume seragam $\rho$. Tentukan $\mathbf{E}$ di mana saja.

Simetri: $\mathbf{E}$ harus radial: $\mathbf{E} = E(r)\,\hat{\mathbf{r}}$. Pilih permukaan Gauss berupa bola berjari $r$.

Luar ($r > R$): $Q_{\text{enc}} = \rho\cdot\tfrac{4}{3}\pi R^3$, sehingga:

Bola terlihat seperti muatan titik dari luar — konsisten dengan hasil sebelumnya.

Dalam ($r < R$): $Q_{\text{enc}} = \rho\cdot\tfrac{4}{3}\pi r^3$, sehingga:

Di dalam, medan tumbuh linear dengan $r$ — bukan $1/r^2$. Medan kontinu di $r = R$ dan mencapai maksimum di permukaan.

Sebuah bola pejal berjari-jari $R$ memiliki rapat muatan volume tidak seragam yang berubah terhadap jarak radial sesuai fungsi $\rho(r) = k\,r$, dengan $k$ adalah suatu konstanta positif. Tentukan kuat medan listrik $\mathbf{E}$ di dalam dan di luar bola.

Simetri: Karena rapat muatan hanya bergantung pada variabel jarak radial $r$, distribusi muatannya memiliki simetri bola. Arah medan listrik harus radial murni, $\mathbf{E} = E(r)\,\hat{\mathbf{r}}$, dan nilainya konstan pada permukaan Gauss berbentuk bola berjari-jari $r$. Hukum Gauss memberikan fluks kiri sebesar $E \cdot 4\pi r^2$.

Strategi: Karena rapat muatan berubah secara kontinu, muatan terbungkus ($Q_{\text{enc}}$) harus dicari melalui integrasi kulit bola dengan elemen volume $d\tau = 4\pi r'^2 dr'$:

Dalam ($r < R$): Integrasikan dari pusat $r' = 0$ hingga radius permukaan Gauss $r' = r$:

Terapkan Hukum Gauss:

Di dalam bola pejal ini, medan tumbuh secara kuadratik ($\propto r^2$), bukan secara linear seperti pada bola bermuatan seragam.

Luar ($r > R$): Batas integrasi muatan terhenti pada radius fisik benda dari $r' = 0$ hingga $r' = R$:

Terapkan Hukum Gauss untuk wilayah luar bola:

Di luar objek, medan listrik meluruh secara kuadrat terbalik ($\propto 1/r^2$) layaknya seluruh muatan terpusat pada satu muatan titik tunggal.

Kawat tipis tak hingga sepanjang sumbu-$z$ bermuatan linear seragam $\lambda$. Tentukan $\mathbf{E}$.

Simetri: Kawat tak hingga memiliki tiga simetri: (i) translasi sepanjang $z$ — menggeser titik pengamatan naik/turun sepanjang kawat tidak mengubah apa pun, sehingga $\mathbf{E}$ tidak bergantung pada $z$ dan tidak memiliki komponen-$z$; (ii) rotasi sekitar $z$ — memutar konfigurasi tidak mengubah apa pun, sehingga $\mathbf{E}$ tidak bergantung pada $\phi$ dan tidak memiliki komponen-$\phi$; (iii) refleksi $z \to -z$ — membalik kawat tidak mengubah apa pun, konsisten dengan tidak ada komponen-$z$. Satu-satunya arah yang tersisa adalah radial keluar dari kawat: $\mathbf{E} = E(s)\,\hat{\mathbf{s}}$, di mana $s$ adalah jarak tegak lurus dari sumbu $z$ dan $\hat{\mathbf{s}}$ adalah vektor satuan radial silinder.

Permukaan Gauss: Silinder berjari $s$, panjang $L$, dengan tutup atas dan bawah.

Fluks: Melalui dinding lengkung: $E(s) \cdot 2\pi s L$. Melalui kedua tutup: nol (karena $\mathbf{E} \perp \hat{\mathbf{n}}$ pada tutup).

Muatan terbungkus: $Q_{\text{enc}} = \lambda L$.

Konsistensi dengan hasil sebelumnya: Perhatikan bahwa hasil ini persis sama dengan kasus batas $s \ll L$ pada Contoh 2.3 (batang bermuatan seragam). Pada contoh tersebut, kita menurunkan rumus $E = \frac{2k\lambda}{s}$ melalui integrasi langsung hukum Coulomb dan menunjukkan bahwa panjang batang $L$ menghilang saat kita mendekati batang. Hukum Gauss tidak hanya mengonfirmasi hal ini, tetapi juga menunjukkan kekuatannya: hasil $1/s$ yang sebelumnya hanya berlaku sebagai pendekatan untuk batang finite, kini menjadi hasil yang eksak untuk setiap jarak $s$ pada kawat yang benar-benar tak hingga.

Lembaran tak hingga pada bidang $xy$ bermuatan permukaan seragam $\sigma$. Tentukan $\mathbf{E}$ di mana saja.

Simetri: Medan harus tegak lurus lembaran: $\mathbf{E} = E(z)\,\hat{\mathbf{z}}$. Juga, oleh simetri pantulan $z \to -z$, besarnya sama di atas dan di bawah, tetapi arahnya berlawanan: $E(-z) = -E(z)$.

Permukaan Gauss: “Pillbox” silindris — silinder pendek berjari $R$, tinggi $2z$, yang melingkupi sebagian lembaran. Tutup atas di $+z$, tutup bawah di $-z$.

Fluks: Melalui dinding samping: nol ($\mathbf{E} \perp$ dinding). Melalui tutup atas: $E(z) \cdot \pi R^2$. Melalui tutup bawah: $E(-z) \cdot \pi R^2 = -E(z)\cdot\pi R^2$ (karena $\hat{\mathbf{n}}$ menunjuk ke bawah). Total fluks = $2E(z)\,\pi R^2$.

Muatan terbungkus: $Q_{\text{enc}} = \sigma\,\pi R^2$.

Konsistensi dengan hasil sebelumnya: Hasil ini persis sesuai dengan dua kasus batas pada Contoh 2.4 (cakram bermuatan seragam). Pada contoh tersebut, integrasi langsung menunjukkan bahwa saat kita sangat dekat dengan pusat cakram ($z \to 0$) atau saat jari-jari cakram menjadi tak hingga ($R \to \infty$), variabel jarak $z$ menghilang dari penyebut dan medan menyatu ke nilai $\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}$. Hukum Gauss dengan elegan mengonfirmasi bahwa untuk lembaran yang benar-benar tak hingga, ketidaktergantungan terhadap $z$ tersebut bersifat eksak dan berlaku di setiap titik di ruang angkasa, bukan sekadar pendekatan di dekat permukaan.

Medan seragam — tidak bergantung pada jarak dari lembaran! Ini sangat berbeda dari muatan titik ($\propto 1/r^2$) atau garis ($\propto 1/s$). Alasannya: pada setiap jarak, sudut padat yang dicakup lembaran tak hingga selalu $2\pi$ steradian — tidak berubah.

Dua kulit bola pejal konsentris berjari $a$ dan $b$ ($b > a$) masing-masing bermuatan $+Q$ dan $-Q$. Tentukan $\mathbf{E}$ di mana saja.

Simetri: Spherical $\Rightarrow$ $\mathbf{E} = E(r)\,\hat{\mathbf{r}}$. Permukaan Gauss: bola berjari $r$.

Tiga wilayah:

(i) $r < a$: Tidak ada muatan di dalam. $Q_{\text{enc}} = 0$.

(ii) $a < r < b$: Hanya kulit dalam yang terbungkus. $Q_{\text{enc}} = +Q$.

(iii) $r > b$: Kedua kulit terbungkus. $Q_{\text{enc}} = Q + (-Q) = 0$.

Medan hanya ada di antara kedua kulit — persis seperti kapasitor spherical. Di luar, sistem terlihat netral. Di dalam kulit dalam, medan nol (pelindungan Faraday).

Bola pejal berjari $R$ bermuatan volume seragam $\rho$ memiliki rongga berbentuk bola berjari $a$ yang pusatnya tergeser sejauh $\mathbf{d}$ dari pusat bola besar, dengan $|\mathbf{d}| + a < R$. Tentukan $\mathbf{E}$ di mana saja.

Strategi: Superposisi. Konfigurasi ini ekuivalen dengan penjumlahan dua distribusi muatan sferis yang masing-masing sudah kita kuasai:

• Bola penuh berjari $R$, muatan volume $+\rho$ (tanpa rongga)
• Bola negatif berjari $a$ di posisi rongga, muatan volume $-\rho$ (menghapus muatan di wilayah rongga)

Medan total di setiap titik adalah $\mathbf{E} = \mathbf{E}_{\text{penuh}} + \mathbf{E}_{\text{rongga}}$. Karena kedua komponen adalah distribusi sferis, kita sudah mengetahui medannya di setiap wilayah.

Wilayah I — Di dalam rongga. Misalkan pusat bola besar adalah $A$, pusat rongga adalah $B$, dan ambil sembarang titik $C$ di dalam rongga yang tidak terletak pada garis $AB$ (lihat gambar). Karena $C$ berada di dalam bola besar, medan dari bola penuh di $C$ searah dengan $\mathbf{r}_{AC}$:

Karena $C$ juga berada di dalam rongga (bola negatif), medan dari bola negatif di $C$ searah dengan $-\mathbf{r}_{BC} = \mathbf{r}_{CB}$ (menuju $B$):

Medan total di $C$:

Sekarang gunakan relasi: $\mathbf{r}_{AC} + \mathbf{r}_{CB} = \mathbf{r}_{AB}$. Vektor $\mathbf{r}_{AB}$ adalah vektor tetap dari $A$ ke $B$ — ia tidak bergantung pada posisi titik $C$. Oleh karena itu:

Medan di dalam rongga adalah medan seragam yang searah dengan $\mathbf{d}$, terlepas dari di mana titik $C$ ditempatkan di dalam rongga.

Wilayah II — Di dalam material ($C$ di dalam bola besar, di luar rongga):

Wilayah III — Di luar bola besar ($C$ di luar kedua bola):

Superposisi dua medan Coulomb. Pada $r_{AC} \gg R, d$, medan mendekati monopola dari muatan total bersih $Q_{\text{net}} = (4/3)\pi\rho(R^3 - a^3)$.

Verifikasi batas: Saat $a \to 0$ (rongga menghilang), Wilayah II menjadi seluruh interior dan medan kembali ke $\mathbf{E} = (\rho/3\varepsilon_0)\,\mathbf{r}_{AC}$ — bola pejal utuh. $\checkmark$ Saat $\mathbf{d} \to \mathbf{0}$ (rongga di pusat), maka $\mathbf{r}_{AB} = \mathbf{0}$ dan medan di rongga menjadi nol — konsisten dengan simetri bola. $\checkmark$

Koordinat silinder (Bab 1, §1.6.1) Medan listrik garis tak hingga bermuatan $\lambda$ adalah $\mathbf{E} = \dfrac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0\,s}\,\hat{\mathbf{s}}$. Verifikasi bahwa $\nabla\cdot\mathbf{E} = 0$ (untuk $s \neq 0$) dan $\nabla\times\mathbf{E} = \mathbf{0}$.

Divergensi — rumus dalam koordinat silindris (hanya komponen-$s$ yang tak nol, $E_\phi = E_z = 0$):

Catatan penting: $\nabla\cdot\mathbf{E} = 0$ untuk $s \neq 0$ bukan berarti tidak ada muatan. Muatan terkonsentrasi pada garis $s = 0$ (fungsi delta 2D), dan divergensi “meledak” di sana. Jika kita integralkan $\nabla\cdot\mathbf{E}$ atas silinder berjari $s$, kita mendapat $\lambda/\varepsilon_0$ — konsisten dengan hukum Gauss integral.

Curl: Dalam koordinat silindris, komponen-komponen curl:

Jadi $\nabla\times\mathbf{E} = \mathbf{0}$ di mana saja. $\checkmark$ Ini mengkonfirmasi bahwa medan garis tak hingga adalah medan elektrostatik yang konsisten dan dapat ditulis sebagai gradient suatu potensial: $V(s) = -\dfrac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0}\ln(s/s_0)$.

Medan Coulomb dalam koordinat Kartesian: $\displaystyle\mathbf{E} = \frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{x\,\hat{\mathbf{x}} + y\,\hat{\mathbf{y}} + z\,\hat{\mathbf{z}}}{(x^2+y^2+z^2)^{3/2}}$. Hitung $\nabla\cdot\mathbf{E}$ secara eksplisit.

Komponen $x$ saja:

Dengan cara sama, $\partial E_y/\partial y = \dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0}\,\dfrac{r^2 - 3y^2}{r^5}$ dan $\partial E_z/\partial z = \dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0}\,\dfrac{r^2 - 3z^2}{r^5}$.

Sekali lagi, divergensi nol di mana-mana kecuali di $r=0$ di mana medan tidak terdefinisi. Di titik itu, muatan titik terkonsentrasi dan $\nabla\cdot\mathbf{E} = (q/\varepsilon_0)\,\delta^3(\mathbf{r})$ — lihat Latihan 8 di akhir bab.

Batang tipis panjang $L$ bermuatan linear seragam $\lambda$ terletak sepanjang sumbu-$x$ dari $x = -L/2$ hingga $x = +L/2.$ Hitung potensial listrik $V$ dan medan listrik $\mathbf{E}$ di titik target asimetris $P(x_P, s)$ yang bergeser dari bidang bagi tegak lurus batang.

Geometri & Trik Variabel Jarak ($\mathcal{R}$): Jarak antara elemen muatan $dq = \lambda\,dx$ di posisi $x$ menuju titik pengamatan $P(x_P, s)$ didefinisikan sebagai variabel tunggal $\mathcal{R}$:

Kunci trik diferensial ini adalah menurunkan langsung persamaan jarak terhadap variabel posisi $x$ dengan menjaga koordinat titik pengamatan $(x_P, s)$ tetap konstan:

Dari hubungan geometri, kita peroleh $(x_P - x) = \pm\sqrt{\mathcal{R}^2 - s^2}$. Dengan mensubstitusikannya kembali ke persamaan diferensial di atas, kita dapat mengganti elemen posisi $dx$ secara langsung menjadi fungsi variabel $d\mathcal{R}$ tanpa membongkar suku $\mathcal{R}$:

Batas integrasi ditentukan dari jarak ujung kiri batang ($x = -L/2$) ke titik $P$, hingga jarak ujung kanan batang ($x = +L/2$) ke titik $P$:

Perhitungan Potensial Listrik ($V$): Elemen skalar potensial dari muatan titik adalah $dV = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{dq}{\mathcal{R}}$. Menggunakan substitusi trik kita:

Untuk menyelesaikan integral tak tentu di atas, kita gunakan metode substitusi trigonometri dengan memisalkan:

Substitusikan bentuk ini ke dalam komponen akar pada penyebut menggunakan identitas $\sec^2\phi - 1 = \tan^2\phi$:

Susun seluruh penyederhanaan ini kembali ke dalam integral utama potensial:

Kembalikan nilai fungsi trigonometri tersebut ke variabel asli $\mathcal{R}$ berdasarkan segitiga bantu ($\sec\phi = \frac{\mathcal{R}}{s}$ dan $\tan\phi = \frac{\sqrt{\mathcal{R}^2 - s^2}}{s}$):

Bentuk integral ini memiliki solusi logaritma natural standar $\ln|\mathcal{R} + \sqrt{\mathcal{R}^2 - s^2}|$. Karena $\sqrt{\mathcal{R}^2 - s^2} = |x - x_P|$, hasil evaluasi batas menyisakan formula ringkas:

Perhitungan Medan Listrik Komponen Sumbu-$x$ ($E_x$): Komponen medan sejajar batang ditarik oleh proyeksi sinus $\sin\theta = \frac{x_P - x}{\mathcal{R}}$. Elemen medan dituliskan sebagai:

Berkat trik substitusi di awal, penyusunan pembilang bernilai lurus $(x_P - x)\,dx = -\mathcal{R}\,d\mathcal{R}$. Suku akar kuadrat menjadi saling menghilangkan seluruhnya:

Perhitungan Medan Listrik Komponen Sumbu-$y$ ($E_y$): Komponen medan tegak lurus batang menggunakan proyeksi kosinus $\cos\theta = \frac{s}{\mathcal{R}}$, sehingga elemen medannya adalah:

Substitusikan kembali nilai $dx$ menggunakan bentuk trik variabel jarak $\mathcal{R}$:

Untuk memecahkan integral komponen-$y$ ini, kita gunakan pemisalan substitusi sekan yang sama, yaitu $\mathcal{R} = s \sec\phi$, $d\mathcal{R} = s \sec\phi \tan\phi \, d\phi$, dan $\sqrt{\mathcal{R}^2 - s^2} = s \tan\phi$:

Sederhanakan variabel trigonometri pembentuk sekan dan tangen yang saling membagi:

Kembalikan fungsi $\sin\phi$ ke dalam bentuk variabel asli jarak $\mathcal{R}$ melalui segitiga trigonometri pembantu ($\sin\phi = \frac{\text{depan}}{\text{miring}} = \frac{\sqrt{\mathcal{R}^2 - s^2}}{\mathcal{R}}$):

Bentuk integral kalkulus ini memiliki hasil standard berbentuk $\frac{\sqrt{\mathcal{R}^2 - s^2}}{s^2\mathcal{R}} = \frac{x_P - x}{s^2\mathcal{R}}$. Masukkan batas integrasi dari awal batang hingga akhir batang:

Catatan Tambahan — Limit Kawat Semi-Tak Berhingga ($\mathcal{R}_2 \to \infty$):

Persamaan umum hasil trik variabel jarak $\mathcal{R}$ di atas juga dapat digunakan untuk menganalisis kasus kawat semi-tak berhingga yang dimulai dari posisi $x = -L/2$ dan memanjang terus ke arah kanan hingga tak berhingga ($x \to +\infty$). Pada kondisi batas fisis ini, nilai jarak ujung kanan menuju titik pengamatan menjadi tak berhingga ($\mathcal{R}_2 \to \infty$). Konsekuensi kalkulusnya adalah sebagai berikut:

1. Komponen Medan Horisontal ($E_x$): Ketika $\mathcal{R}_2 \to \infty$, maka suku $\frac{1}{\mathcal{R}_2} \to 0$. Batas penyederhanaan ini langsung menyisakan nilai medan sejajar kawat yang bersih:

2. Komponen Medan Vertikal ($E_y$): Untuk ujung yang memanjang ke posisi tak berhingga ($x \to \infty$), rasio geometris pada batas atas akan bernilai konvergen ke arah negatif:

Substitusi batas atas tersebut ke dalam formula medan-$y$ menghasilkan:

3. Divergensi Potensial ($V$): Suku logaritma potensial total akan bernilai $\ln(\infty) \to \infty$. Hal ini menunjukkan bahwa potensial mutlak dari distribusi muatan tak berhingga selalu bersifat divergen, sehingga dalam analisis lanjut kita hanya dapat menghitung beda potensial ($\Delta V$) antar dua titik acuan yang berjarak hingga.

Sebuah batang tipis sepanjang $L$ diletakkan pada sumbu-$x$ dengan rentang dari $x = -L/2$ hingga $x = +L/2$. Batang ini memiliki distribusi muatan non-seragam yang berubah secara linear terhadap posisi, dinyatakan sebagai $\lambda(x) = \alpha x$ (di mana $\alpha$ adalah konstanta kopling muatan). Hitunglah komponen medan listrik horisontal ($E_x$) pada titik pengamatan asimetris $P(x_P, s)$ menggunakan metode substitusi variabel jarak $\mathcal{R}$.

1. Penyusunan Elemen Diferensial Medan:

Elemen muatan infinitesimal pada batang dinyatakan sebagai $dq = \lambda(x)\,dx = \alpha x\,dx$. Jarak radial dari elemen muatan tersebut menuju ke titik target pengamatan $P(x_P, s)$ ditentukan melalui hubungan geometri Pythagoras:

Komponen medan listrik horisontal sejajar arah batang ditentukan oleh kontribusi proyeksi sinus geometris, yaitu $\sin\theta = \frac{x_P - x}{\mathcal{R}}$. Elemen medan dituliskan sebagai:

2. Manipulasi Variabel Sisa melalui Trik Diferensial Jarak ($\mathcal{R}$):

Mengingat kembali trik diferensial jarak kita yang diturunkan langsung dari penurunan kedua ruas persamaan $\mathcal{R}^2$ terhadap variabel posisi $x$:

Tantangan utama pada kasus muatan non-seragam ini adalah adanya variabel sisa $x$ pada pembilang persamaan $dE_x$. Agar kita tetap bisa menyelesaikannya murni dalam variabel jarak tanpa menyentuh substitusi trigonometri di awal, kita lakukan trik manipulasi aljabar linear berikut pada variabel $x$:

Substitusikan bentuk manipulasi linear tersebut ke dalam suku pembilang integral medan kita:

Dari hubungan segitiga siku-siku awal, kita ketahui nilai $(x_P - x) = \pm\sqrt{\mathcal{R}^2 - s^2}$. Suku pembilang integral kita kini sepenuhnya sukses ditransformasikan menjadi fungsi dari variabel tunggal $\mathcal{R}$:

3. Pemecahan Integrasi Sumbu-$x$ Menggunakan Aturan Pangkat Aljabar:

Bawalah bentuk pembilang baru tersebut ke dalam persamaan integral medan $E_x$. Perhatikan bagaimana pembagian oleh suku penyebut $\mathcal{R}^3$ menyederhanakan pangkat fungsi secara drastis:

Kita dapat memecah evaluasi ini menjadi dua bentuk integral tak tentu terpisah ($I_1$ dan $I_2$):

Integral Pertama ($I_1$): Menggunakan aturan pangkat dasar terbalik standar:

Integral Kedua ($I_2$): Integral pecahan akar ini dapat diselesaikan menggunakan hasil integrasi fungsi trigonometri sekan/tangen yang telah dibuktikan pada bagian perhitungan potensial sebelumnya:

Kembalikan nilai radikal $\sqrt{\mathcal{R}^2 - s^2}$ menjadi bentuk posisi spasial aslinya, yaitu $(x_P - x)$:

4. Penggabungan Fungsi Antiturunan & Evaluasi Batas Akhir:

Gabungkan hasil kalkulasi $I_1$ dan $I_2$ ke dalam satu fungsi antiturunan total sebelum mengevaluasi batas-batas panjangnya. Perhatikan penyederhanaan suku pecahan yang sangat rapi berikut ini:

Batas integrasi ditentukan dari jarak ujung kiri batang $x = -L/2$ (berjarak $\mathcal{R}_1 = \sqrt{(x_P + L/2)^2 + s^2}$) hingga ke ujung kanan batang $x = +L/2$ (berjarak $\mathcal{R}_2 = \sqrt{(x_P - L/2)^2 + s^2}$):

Gunakan sifat-sifat dasar logaritma $\ln(A) - \ln(B) = \ln(A/B)$ untuk mengelompokkan suku-suku tersebut ke dalam bentuk formula akhir yang ringkas dan elegan:

Catatan Fisis Komponen Sumbu-$y$ ($E_y$):

Sebagai tambahan perbandingan, jika kita mencoba menghitung komponen vertikal ($E_y = dE \cos\theta$), pembilang integral akan mengandung fungsi $x \cdot dx$. Melalui trik substitusi jarak, suku ini ditransformasikan menjadi $(x_P \mp \sqrt{\mathcal{R}^2-s^2}) \cdot (\mp \frac{\mathcal{R}}{\sqrt{\mathcal{R}^2-s^2}} d\mathcal{R})$. Hal ini menunjukkan bahwa trik variabel jarak $\mathcal{R}$ secara konsisten mampu memecah masalah distribusi muatan non-seragam menjadi operasi pecahan aljabar biasa tanpa membutuhkan pemetaan sudut trigonometri yang rumit dari awal.

Cincin berjari $a$ bermuatan linear $\lambda$ terletak pada bidang $xy$ dengan pusat di asal. Hitung $V$ dan $\mathbf{E}$ pada sumbu $z$.

Elemen muatan $dq = \lambda\,a\,d\phi'$. Jarak dari $dq$ ke titik $(0,0,z)$: $\mathcal{R} = \sqrt{a^2 + z^2}$ (konstan untuk semua $\phi'$).

Medan listrik (hanya komponen-$z$ yang tak nol oleh simetri):

Periksa: saat $z \to 0$, $E_z \to 0$ (seperti yang diharapkan di pusat cincin). Saat $z \gg a$, $\mathbf{E} \to \dfrac{\lambda a}{2\varepsilon_0 z^2}\,\hat{\mathbf{z}}$ — sama dengan medan muatan titik $q = 2\pi a\lambda$. $\checkmark$

Dari Contoh 2.6, kita telah memiliki $\mathbf{E}$ untuk bola berjari $R$ bermuatan volume seragam $\rho$. Sekarang hitung $V(r)$ dengan mengintegrasikan $\mathbf{E}$.

Untuk $r \geq R$: $\mathbf{E} = \dfrac{\rho R^3}{3\varepsilon_0\,r^2}\,\hat{\mathbf{r}} = \dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0\,r^2}\,\hat{\mathbf{r}}$ dengan $Q = \frac{4}{3}\pi R^3\rho$.

Seperti yang diharapkan — potensial Coulomb di luar bola.

Untuk $r \leq R$: Kita harus memecah integral di $r' = R$ karena $\mathbf{E}$ berubah bentuk:

Dalam bentuk $Q$:

Verifikasi kontinuitas: Pada $r = R$: luar memberikan $Q/(4\pi\varepsilon_0 R)$, dalam memberikan $Q(3-1)/(8\pi\varepsilon_0 R) = Q/(4\pi\varepsilon_0 R)$. $\checkmark$

Nilai di pusat: $V(0) = 3Q/(8\pi\varepsilon_0 R) = \frac{3}{2}\,V(R)$ — potensial di pusat bola konduktor (bukan pejal!) akan sama dengan $V(R)$, tetapi untuk bola pejal, muatan di seluruh volume menaikkan potensial di pusat hingga $1{,}5\times$ nilai permukaan.

Verifikasi $\mathbf{E} = -\nabla V$: Di dalam, $V = \frac{\rho}{6\varepsilon_0}(3R^2 - r^2)$, sehingga $-\dfrac{dV}{dr} = \dfrac{\rho r}{3\varepsilon_0} = E_r$. $\checkmark$

Melanjutkan Contoh 2.9, hitung $V(r)$ untuk kulit dalam $+Q$ berjari $a$ dan kulit luar $-Q$ berjari $b$, dengan $V(\infty) = 0$.

$r \geq b$: $\mathbf{E} = \mathbf{0}$, sehingga $V(r) = -\displaystyle\int_\infty^r 0\,dr' = 0$.

$a \leq r \leq b$: $\mathbf{E} = \dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0\,r'^2}\,\hat{\mathbf{r}}$.

(Integral dari $\infty$ ke $b$ memberikan nol karena $\mathbf{E} = 0$ di situ.)

$r \leq a$: $\mathbf{E} = \mathbf{0}$ di dalam kulit dalam.

Interpretasi: Di dalam kulit dalam, $V$ konstan — ini adalah pelindungan elektrostatik (Faraday cage). Medan nol berarti potensial seragam. Sebuah eksperimen di dalam rongga tidak akan merasakan muatan-muatan di luar kulit.

Kapasitansi: Perbedaan potensial antara kulit: $\Delta V = V(a) - V(b) = \dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0}\left(\dfrac{1}{a}-\dfrac{1}{b}\right)$. Kapasitansi:

Medan listrik seragam $\mathbf{E} = E_0\,\hat{\mathbf{z}}$ ada di wilayah $0 \leq z \leq d$. Hitung perbedaan potensial $V(0) - V(d)$ dan nyatakan $V(z)$.

Dengan $V(d) = 0$ sebagai referensi:

Jadi $V(0) = E_0 d$ (pelat bermuatan positif, potensial tinggi) dan $V(d) = 0$ (pelat bermuatan negatif, referensi). Potensial berkurang linear dari pelat positif ke pelat negatif — ini adalah situasi kapasitor keping sejajar ideal.

Verifikasi: $-\dfrac{dV}{dz} = -(-E_0) = E_0$. $\checkmark$

Dua lembaran konduktor tak hingga sejajar, masing-masing bermuatan permukaan $+\sigma$ dan $-\sigma$, terpisah jarak $d$. Tentukan $\mathbf{E}$ di mana saja, potensial $V(z)$, dan kapasitansi per luas unit.

Langkah 1 — Medan listrik oleh superposisi. Dari Contoh 2.8, lembaran bermuatan $+\sigma$ menghasilkan $\mathbf{E}_+ = \dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0}\,\hat{\mathbf{z}}$ untuk $z > 0$ dan $\mathbf{E}_+ = -\dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0}\,\hat{\mathbf{z}}$ untuk $z < 0$. Lembaran bermuatan $-\sigma$ di $z = d$ menghasilkan $\mathbf{E}_- = -\dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0}\,\hat{\mathbf{z}}$ untuk $z > d$ dan $\mathbf{E}_- = +\dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0}\,\hat{\mathbf{z}}$ untuk $z < d$. Superposisi ketiga wilayah:

(i) $z > d$ (di atas kedua keping): Kedua medan mengarah ke bawah, sama besar. $\notag$

(ii) $0 < z < d$ (di antara keping): Kedua medan mengarah ke atas — keduanya menguatkan. $\notag$

(iii) $z < 0$ (di bawah kedua keping): Kedua medan mengarah ke atas, sama besar. $\notag$

Langkah 2 — Potensial. Di antara keping, medan seragam $E = \sigma/\varepsilon_0$. Dengan $V(d) = 0$ sebagai referensi (keping bawah bermuatan negatif):

Di keping atas ($z = 0$): $V(0) = \sigma d/\varepsilon_0$. Di keping bawah ($z = d$): $V(d) = 0$. Di luar kedua keping, $V$ konstan (karena $\mathbf{E} = \mathbf{0}$): $V = \sigma d/\varepsilon_0$ untuk $z < 0$, dan $V = 0$ untuk $z > d$.

Langkah 3 — Kapasitansi. Perbedaan potensial antara keping:

Muatan total pada keping atas: $Q = \sigma A$, di mana $A$ adalah luas keping. Kapasitansi didefinisikan sebagai $C = Q/\Delta V$:

Pemeriksaan dimensi: $[\varepsilon_0] = \text{C}^2/(\text{N}\cdot\text{m}^2)$, $[A] = \text{m}^2$, $[d] = \text{m}$, sehingga $[C] = \text{C}^2/(\text{N}\cdot\text{m}) = \text{C}/\text{V} = \text{F}$. $\checkmark$

Catatan: Rumus $C = \varepsilon_0 A/d$ berlaku secara eksak hanya untuk keping tak hingga. Untuk keping berhingga, ada efek tepi (fringing field) yang memperbesar kapasitansi efektif sedikit di atas nilai ini. Namun, selama $d \ll \sqrt{A}$, koreksi ini kecil (< 1%). Energi yang tersimpan dalam kapasitor ini dihitung di Contoh 2.21.

Dua bola pejal berjari sama $R$ masing-masing bermuatan volume seragam $+\rho$ dan $-\rho$, dengan pusat-pusatnya terpisah sejauh $\mathbf{d}$ ($d \ll R$). Tentukan $\mathbf{E}$ dan $V$ di mana saja, serta kembangkan potensial di luar kedua bola.

Analisis muatan. Di wilayah tumpang tindih (di dalam kedua bola), rapat muatan total adalah $\rho + (-\rho) = 0$ — tidak ada muatan sama sekali. Muatan hanya ada di wilayah bulan sabit (crescent) yang termasuk tepat satu bola: muatan positif di bulan sabit sisi bola $+\rho$, muatan negatif di bulan sabit sisi bola $-\rho$.

Medan di wilayah tumpang tindih. Titik di sini berada di dalam kedua bola, sehingga superposisi memberikan:

Seragam — tidak bergantung pada $\mathbf{r}$, searah dengan vektor pergeseran $\mathbf{d}$.

Potensial di wilayah tumpang tindih. Dari Contoh 2.16, potensial bola pejal berjari $R$ bermuatan $\rho$ di dalamnya ($r < R$) dan di luarnya ($r > R$) adalah:

Di wilayah tumpang tindih, titik berada di dalam kedua bola, sehingga superposisi potensial:

Suku konstan $3R^2$ saling meniadakan — ini penting, karena berarti potensial di wilayah tumpang tindih tidak bergantung pada $R$:

Potensial ini merupakan fungsi linear (afin) dalam $\mathbf{r}$ — konsisten dengan medan seragam. Verifikasi langsung:

Potensial di luar kedua bola. Titik di luar kedua bola melihat keduanya sebagai muatan titik:

Untuk $r > d$, suku kedua dapat diperluas menggunakan identitas perluasan polinomial Legendre:

di mana $\theta$ adalah sudut antara $\mathbf{r}$ dan $\mathbf{d}$, dan $P_l$ adalah polinomial Legendre orde $l$. Substitusi ke dalam $V$:

Suku $l = 0$ lenyap sempurna karena muatan total nol ($+Q - Q = 0$). Menulis suku-suku berorde rendah secara eksplisit:

Karena $d \ll R$, suku dominan adalah dipol ($l=1$), dengan momen dipol $p = Qd = (4/3)\pi R^3\rho\,d$. Suku kuadrupol dan seterusnya lebih kecil berturut-turut sebagai faktor $(d/R)^l$.

Sebuah kulit bola tipis hampa dengan radius $R$ memiliki muatan total $Q$ yang tersebar merata di permukaannya dengan kerapatan muatan permukaan $\sigma = \frac{Q}{4\pi R^2}$. Hitunglah potensial listrik $V$ di titik pengamatan $P$ yang berada di luar bola pada jarak $z$ dari pusat bola ($z > R$) menggunakan trik substitusi variabel jarak $\rho$.

1. Pembagian Elemen Cincin dan Penyusunan Potensial:

Untuk menghitung potensial total, kita bagi permukaan kulit bola menjadi elemen-elemen berbentuk cincin tipis melingkar yang tegak lurus terhadap sumbu-$z$ (garis penghubung pusat bola ke titik $P$). Lebar busur elemen cincin pada sudut $\theta$ adalah $r\,d\theta$, dan radius cincin tersebut adalah $r\sin\theta$. Luas permukaan infinitesimal $dA$ dari cincin ini dinyatakan sebagai:

Elemen muatan pada cincin tersebut adalah $dq = \sigma\,dA = 2\pi r^2 \sigma \sin\theta\,d\theta$. Jika variabel $\mathcal{R}$ mendefinisikan jarak langsung dari setiap titik pada elemen cincin menuju titik target pengamatan $P$, maka elemen potensial skalar $dV$ dituliskan sebagai:

2. Transformasi Variabel Menggunakan Aturan Kosinus (Trik $\mathcal{R}$):

Berdasarkan hubungan trigonometri aturan kosinus pada segitiga yang dibentuk oleh pusat bola, elemen cincin, dan titik $P$, kuadrat jarak variabel $\mathcal{R}$ memenuhi persamaan berikut:

Kunci trik ini adalah menurunkan langsung kedua ruas persamaan di atas terhadap sudut posisi cincin $\theta$, dengan menjaga radius bola $r$ dan posisi titik target $z$ tetap konstan:

Hubungan di atas memungkinkan kita untuk menyatakan kombinasi suku sudut $\sin\theta\,d\theta$ di pembilang secara langsung ke dalam bentuk variabel jarak murni $d\mathcal{R}$:

3. Eliminasi Variabel dan Integrasi Aljabar Murni:

Substitusikan suku $\sin\theta\,d\theta$ yang baru ke dalam persamaan integral potensial awal. Perhatikan keajaiban kalkulus di mana variabel jarak $\mathcal{R}$ pada pembilang dan penyebut akan saling menghilangkan seluruhnya:

Bentuk kalkulus yang awalnya rumit kini tereduksi menjadi integral aljabar linear biasa ($\int d\mathcal{R} = \mathcal{R}$). Batas integrasi ditentukan dari jarak fisik terdekat hingga jarak fisik terjauh antara elemen kulit bola menuju titik $P$:

• Batas bawah (titik kulit bola terdekat, $\theta = 0^\circ$): $\mathcal{R}_{\text{min}} = \sqrt{r^2 + z^2 - 2rz} = \sqrt{(z-r)^2} = z - r$
• Batas atas (titik kulit bola terjauh, $\theta = 180^\circ$): $\mathcal{R}_{\text{max}} = \sqrt{r^2 + z^2 + 2rz} = \sqrt{(z+r)^2} = z + r$

4. Evaluasi Batas dan Pembuktian Fisis:

Lakukan evaluasi integral tentu dengan memasukkan nilai batas atas dikurangi batas bawah tersebut:

Mengingat kembali definisi muatan total pada permukaan kulit bola adalah $Q = 4\pi r^2 \sigma$, hasil akhir potensial luar terbukti bernilai ringkas:

Persamaan di atas membuktikan secara matematis Teorema Kulit Newton, yang menyatakan bahwa medan atau potensial di luar kulit bola bermuatan seragam akan berperilaku persis sama seperti sebuah muatan titik tunggal $Q$ yang terkonsentrasi tepat di pusat bola.

Empat muatan titik $q$ ditempatkan pada tiap sudut persegi berisi sisi $a$. Hitung energi total konfigurasi.

Ada $\binom{4}{2} = 6$ pasangan interaksi: 4 sisi dan 2 diagonal.

Menggunakan rumus $W = \frac{1}{2}\sum q_i V_i$: Potensial di satu sudut akibat tiga muatan lain: dua pada jarak $a$ dan satu pada jarak $a\sqrt{2}$:

Kulit bola berjari $R$ bermuatan total $Q$. Hitung energi elektrostatik dengan kedua formulasi dan verifikasi konsistensi.

Formulasi muatan: $V$ pada permukaan = $Q/(4\pi\varepsilon_0 R)$. Semua muatan berada pada potensial yang sama:

Formulasi medan: $E = 0$ untuk $r < R$ dan $E = Q/(4\pi\varepsilon_0 r^2)$ untuk $r > R$:

Kedua formulasi memberikan hasil identik. Ini bukan kebetulan — kedua bentuk tersebut secara matematis ekuivalen (dibuktikan melalui integrasi per bagian dan teorema divergensi, dengan asumsi bahwa kontribusi permukaan di $\infty$ menghilang).

Kapasitor keping sejajar dengan luas tiap keping $A$, jarak $d$, dan muatan $\pm Q$. Hitung energi yang tersimpan.

Medan: $\mathbf{E} = \dfrac{\sigma}{\varepsilon_0}\,\hat{\mathbf{z}} = \dfrac{Q}{\varepsilon_0 A}\,\hat{\mathbf{z}}$ antara keping; $\mathbf{E} = \mathbf{0}$ di luar.

Energi medan:

Dalam bentuk kapasitansi: Dengan $C = \varepsilon_0 A/d$:

Ketiga bentuk ini ekuivalen dan berlaku untuk sembarang kapasitor, bukan hanya keping sejajar.

Rapat energi: $u = \frac{1}{2}\varepsilon_0 E^2 = \frac{1}{2}\varepsilon_0\left(\dfrac{Q}{\varepsilon_0 A}\right)^2 = \dfrac{Q^2}{2\varepsilon_0 A^2}$. Volume antara keping $= Ad$, sehingga $W = u \cdot Ad = Q^2 d/(2\varepsilon_0 A)$. $\checkmark$

Bandingkan energi bola pejal bermuatan seragam (muatan total $Q$, jari-jari $R$) dengan kulit bola bermuatan sama. Manakah yang lebih besar dan mengapa?

Kulit bola (dari Contoh 2.21): $W_{\text{kulit}} = \dfrac{Q^2}{8\pi\varepsilon_0 R}$.

Bola pejal: $E = \rho r/(3\varepsilon_0)$ untuk $r < R$ dan $E = Q/(4\pi\varepsilon_0 r^2)$ untuk $r > R$.

Integral luar = $Q^2/(8\pi\varepsilon_0 R)$ (sama dengan kulit bola). Integral dalam:

Rasio:

Bola pejal memiliki energi 20% lebih besar daripada kulit bola dengan muatan total sama. Alasan fisika: pada bola pejal, muatan-muatan tersebar di seluruh volume — beberapa saling berdekatan sehingga energi interaksi lokal meningkat. Pada kulit bola, semua muatan berada pada jarak $R$ dari pusat dan saling berjauhan lebih merata. Secara umum, untuk muatan total tetap, konfigurasi dengan muatan terkonsentrasi pada permukaan meminimalkan energi — inilah mengapa konduktor mendistribusikan muatannya ke permukaan.