Bab 2

Hukum-Hukum Elektrostatik

Dari hukum empiris Coulomb ke konsep medan listrik, hukum Gauss dalam bentuk integral dan diferensial, potensial listrik, hingga energi elektrostatik — fondasi seluruh elektrostatika.

2.1 Muatan Listrik dan Hukum Coulomb

2.1.1 Kuantisasi Muatan dan Konservasi

Fakta Eksperimental

Muatan listrik hadir dalam satuan diskret terkecil $e = 1.602 \times 10^{-19}$ C. Setiap muatan merupakan kelipatan integer $q = ne$ ($n \in \mathbb{Z}$). Dalam sistem tertutup, total muatan selalu tetap — muatan tidak dapat diciptakan atau dimusnahkan, hanya dipindahkan.

Dalam SI, satuan muatan adalah coulomb (C). Muatan elektron $e^- = -1.602 \times 10^{-19}$ C, muatan proton $p^+ = +1.602 \times 10^{-19}$ C.

2.1.2 Rumusan Vektor Hukum Coulomb

Hukum 2.1 — Hukum Coulomb

Gaya elektrostatik antara dua muatan titik $q_1$ dan $q_2$ yang terpisah jarak $r$:

$$ \mathbf{F}_{12} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{q_1 q_2}{r^2}\,\hat{\mathbf{r}}_{12} $$

di mana $\hat{\mathbf{r}}_{12}$ adalah vektor satuan dari $q_1$ menuju $q_2$, dan $\varepsilon_0 = 8.854 \times 10^{-12}$ C²/(N·m²) adalah permitivitas ruang hampa. Konstanta $1/(4\pi\varepsilon_0) = 8.988 \times 10^9$ N·m²/C² sering disebut konstanta Coulomb $k$.

Gambar 2.1 — Hukum Coulomb untuk dua muatan sejenis (tolak-menolak). Gaya pada $q_2$ akibat $q_1$ searah $\hat{\mathbf{r}}_{12}$ jika $q_1 q_2 > 0$, berlawanan arah jika $q_1 q_2 < 0$.

Batasan Berlaku

Hukum Coulomb secara eksak hanya untuk muatan titik (ukuran $\ll r$) yang diam. Untuk muatan bergerak, koreksi magnetik diperlukan (lihat Bab 7). Untuk distribusi muatan terbatas, hukum ini berlaku secara superposisi — bukan langsung sebagai rumusan di atas.

Contoh 2.1

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.

$|\mathbf{F}| = k\dfrac{|q_1 q_2|}{r^2} = (8.988\times10^9)\dfrac{(2\times10^{-6})(3\times10^{-6})}{(0.10)^2} = 5.39$ N $\notag$

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.

2.2 Medan Listrik

2.2.1 Definisi Operasional Medan Listrik

Definisi 2.1 — Medan Listrik

Medan listrik $\mathbf{E}$ di suatu titik ruang didefinisikan sebagai gaya per satuan muatan positif uji $q_0$ yang ditempatkan di titik tersebut:

$$ \mathbf{E}(\mathbf{r}) = \lim_{q_0 \to 0} \frac{\mathbf{F}(\mathbf{r})}{q_0} $$

Batasan $q_0 \to 0$ menjamin bahwa muatan uji tidak memengaruhi distribusi muatan sumber. Satuan medan listrik adalah N/C atau, secara ekuivalen, V/m.

Dari hukum Coulomb, medan listrik yang dihasilkan muatan titik $q$ di posisi $\mathbf{r}'$ adalah:

$$ \mathbf{E}(\mathbf{r}) = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{q}{|\mathbf{r} - \mathbf{r}'|^2}\,\frac{\mathbf{r} - \mathbf{r}'}{|\mathbf{r} - \mathbf{r}'|} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{q}{\mathcal{R}^2}\,\hat{\mathcal{R}} $$

di mana $\boldsymbol{\mathcal{R}} = \mathbf{r} - \mathbf{r}'$ adalah vektor dari sumber ke titik pengamatan dan $\hat{\mathcal{R}} = \boldsymbol{\mathcal{R}}/\mathcal{R}$.

2.2.2 Medan dari Distribusi Muatan Kontinu

Prinsip superposisi menyatakan bahwa medan total dari sejumlah muatan adalah vektor jumlah medan masing-masing. Untuk distribusi kontinu, jumlah menjadi integral:

$$ \mathbf{E}(\mathbf{r}) = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\int \frac{\hat{\mathcal{R}}}{\mathcal{R}^2}\,dq' $$

bentuk spesifik tergantung geometri distribusi:

Distribusi	Elemen $dq'$	Integral
Garis (linear)	$dq' = \lambda\,dl'$	$\displaystyle\mathbf{E} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\int \frac{\hat{\mathcal{R}}}{\mathcal{R}^2}\,\lambda\,dl'$
Permukaan	$dq' = \sigma\,da'$	$\displaystyle\mathbf{E} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\int \frac{\hat{\mathcal{R}}}{\mathcal{R}^2}\,\sigma\,da'$
Volume	$dq' = \rho\,d\tau'$	$\displaystyle\mathbf{E} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\int \frac{\hat{\mathcal{R}}}{\mathcal{R}^2}\,\rho\,d\tau'$

Gambar 2.2 — Medan listrik muatan titik positif: garis-garis medan radial menunjuk ke luar, kepadatan garis menurun sebagai $1/r^2$. Animasi aliran menekankan sifat vektor medan.

2.3 Fluks Listrik dan Hukum Gauss

2.3.1 Integral Permukaan dan Fluks

Fluks listrik melalui permukaan $\mathcal{S}$ didefinisikan sebagai integral permukaan dari komponen normal $\mathbf{E}$:

$$ \Phi_E = \int_{\mathcal{S}} \mathbf{E} \cdot d\mathbf{a} = \int_{\mathcal{S}} \mathbf{E} \cdot \hat{\mathbf{n}}\,da $$

Fluks mengukur “jumlah garis medan” yang menembus permukaan. Untuk medan seragam tegak lurus permukaan datar, $\Phi_E = EA$. Fluks positif jika garis medan keluar, negatif jika masuk.

2.3.2 Hukum Gauss dalam Bentuk Integral

Hukum 2.2 — Hukum Gauss

Fluks total medan listrik menembus sembarang permukaan tertutup $\mathcal{S}$ sebanding lurus dengan total muatan yang terbungkus di dalamnya:

$$ \oint_{\mathcal{S}} \mathbf{E} \cdot d\mathbf{a} = \frac{Q_{\text{enc}}}{\varepsilon_0} $$

Derivasi: Hukum Gauss dari Hukum Coulomb

Untuk muatan titik $q$ di asal, pilih permukaan Gauss berupa bola berjari $r$. Karena simetri spherical, $\mathbf{E}$ searah radial dan besarnya konstan pada permukaan bola:

$$ \oint \mathbf{E}\cdot d\mathbf{a} = \frac{q}{4\pi\varepsilon_0 r^2}\oint da = \frac{q}{4\pi\varepsilon_0 r^2}(4\pi r^2) = \frac{q}{\varepsilon_0} \notag $$

Untuk permukaan tertutup sebarang yang membungkus $q$, setiap elemen padat sudut $d\Omega$ menangkap fluks yang sama ($dq/4\pi\varepsilon_0$) terlepas dari bentuk permukaan, sehingga integral tetap $q/\varepsilon_0$. Untuk beberapa muatan, superposisi memberikan $Q_{\text{enc}}/\varepsilon_0$. $\blacksquare$

Kekuatan Hukum Gauss

Hukum Gauss terlihat sederhana, tetapi kekuatannya luar biasa: ia menghubungkan medan di permukaan dengan muatan di dalam, tanpa perlu mengetahui posisi detail setiap muatan. Ini memungkinkan perhitungan $\mathbf{E}$ yang sangat efisien untuk distribusi bermuatan tinggi — asalkan simetri memungkinkan pemilihan permukaan Gauss di mana $|\mathbf{E}|$ konstan dan sejajar $\hat{\mathbf{n}}$.

Gambar 2.3 — Permukaan Gauss berupa bola: pada setiap titik permukaan, $\mathbf{E}$ tegak lurus terhadap permukaan dan besarnya konstan, sehingga $\oint\mathbf{E}\cdot d\mathbf{a} = E \cdot 4\pi r^2$.

Contoh 2.2 — Bola Bermuatan Seragam

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

Symetri: $\mathbf{E}$ 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:

$$ E(4\pi r^2) = \frac{\rho\cdot\frac{4}{3}\pi R^3}{\varepsilon_0} \quad\Longrightarrow\quad \mathbf{E} = \frac{\rho R^3}{3\varepsilon_0 r^2}\,\hat{\mathbf{r}} \notag $$

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:

$$ E(4\pi r^2) = \frac{\rho\cdot\frac{4}{3}\pi r^3}{\varepsilon_0} \quad\Longrightarrow\quad \mathbf{E} = \frac{\rho r}{3\varepsilon_0}\,\hat{\mathbf{r}} \notag $$

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

2.4 Divergensi dan Curl Medan Elektrostatik

2.4.1 Hukum Gauss Diferensial

Menerapkan teorema divergensi (Gauss) pada hukum Gauss integral, dan menggunakan bahwa hubungan berlaku untuk sembarang volume $\mathcal{V}$:

$$ \oint_{\mathcal{S}} \mathbf{E}\cdot d\mathbf{a} = \int_{\mathcal{V}}(\nabla\cdot\mathbf{E})\,d\tau = \frac{1}{\varepsilon_0}\int_{\mathcal{V}}\rho\,d\tau $$

Karena integrand harus sama di setiap titik, diperoleh bentuk diferensial hukum Gauss:

$$ \boxed{\nabla \cdot \mathbf{E} = \frac{\rho}{\varepsilon_0}} $$

Ini adalah persamaan Maxwell pertama. Secara fisika, muatan listrik adalah sumber (atau cekungan) dari medan listrik: di mana ada muatan positif, garis-garis medan “bermula”; di mana ada muatan negatif, garis-garis medan “berakhir”.

2.4.2 Sifat Irasional Medan Elektrostatik

Medan listrik elektrostatik dari muatan titik adalah $\mathbf{E} \propto \hat{\mathcal{R}}/\mathcal{R}^2 = -\nabla(1/\mathcal{R})$. Karena setiap medan elektrostatik adalah superposisi medan-medan semacam ini, dan curl dari gradient selalu nol (Bab 1), maka:

$$ \boxed{\nabla \times \mathbf{E} = \mathbf{0}} $$

Ini adalah persamaan Maxwell kedua (bentuk elektrostatik). Secara fisika, garis-garis medan elektrostatik tidak pernah membentuk lingkaran tertutup — mereka selalu bermula dari muatan positif dan berakhir pada muatan negatif. Sifat ini memiliki konsekuensi fundamental: integral garis $\mathbf{E}$ sepanjang kurva tertutup selalu nol, yang berarti kerja yang dilakukan medan elektrostatik bergantung hanya pada titik awal dan akhir, bukan pada jalur yang ditempuh.

Catatan Sejarah

Dua persamaan $\nabla\cdot\mathbf{E}=\rho/\varepsilon_0$ dan $\nabla\times\mathbf{E}=\mathbf{0}$, bersama dengan syarat batas yang sesuai, sepenuhnya menentukan medan elektrostatik. Ini adalah contoh pertama dari prinsip yang melandasi seluruh elektrodinamika: persamaan diferensial lokal + syarat batas = solusi unik.

2.5 Potensial Listrik

2.5.1 Definisi dan Hubungan dengan Medan E

Sifat irasional $\nabla\times\mathbf{E}=\mathbf{0}$ mengimplikasikan bahwa $\mathbf{E}$ dapat ditulis sebagai gradient dari suatu fungsi skalar — sama seperti vektor konservatif dalam mekanika dapat ditulis sebagai gradient energi potensial. Fungsi skalar ini disebut potensial listrik $V$:

Definisi 2.2 — Potensial Listrik

Potensial listrik $V$ didefinisikan sehingga:

$$ \mathbf{E} = -\nabla V $$

atau secara integral, dengan memilih $V(\infty) = 0$ sebagai referensi:

$$ V(\mathbf{r}) = -\int_{\infty}^{\mathbf{r}} \mathbf{E}\cdot d\mathbf{l} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\sum_i \frac{q_i}{\mathcal{R}_i} $$

Tanda negatif memastikan bahwa $\mathbf{E}$ menunjuk dari potensial tinggi ke potensial rendah — sesuai dengan intuisi bahwa muatan positif “mendorong” muatan uji positif menjauh dari dirinya. Perbedaan potensial antara dua titik:

$$ V(\mathbf{b}) - V(\mathbf{a}) = -\int_{\mathbf{a}}^{\mathbf{b}} \mathbf{E}\cdot d\mathbf{l} $$

satuan potensial listrik adalah volt (V), di mana $1\,\text{V} = 1\,\text{J/C}$.

2.5.2 Persamaan Poisson dan Laplace

Substitusi $\mathbf{E} = -\nabla V$ ke dalam hukum Gauss diferensial:

$$ \nabla\cdot\mathbf{E} = \nabla\cdot(-\nabla V) = -\nabla^2 V = \frac{\rho}{\varepsilon_0} $$

sehingga diperoleh persamaan Poisson:

$$ \boxed{\nabla^2 V = -\frac{\rho}{\varepsilon_0}} $$

Di wilayah tanpa muatan ($\rho = 0$), ini mereduksi menjadi persamaan Laplace:

$$ \nabla^2 V = 0 $$

Teorema 2.3 — Unikitas Potensial

Solusi persamaan Poisson (atau Laplace) yang memenuhi syarat batas Dirichlet ($V$ ditentukan pada batas) unik, atau yang memenuhi syarat batas Neumann ($\partial V/\partial n$ ditentukan pada batas) unik hingga konstanta aditif. Ini berarti: jika kita menemukan suatu fungsi $V$ yang memenuhi persamaan dan syarat batas, maka itu adalah jawabannya — tidak perlu mencari solusi lain.

Gambar 2.4 — Garis medan listrik selalu tegak lurus terhadap permukaan ekuipotensial. Garis-garis medan menunjuk dari $V$ tinggi ke $V$ rendah. Simbol sudut siku menandakan ortogonalitas di setiap titik perpotongan.

Contoh 2.3 — Potensial Cincin Bermuatan pada Sumbunya

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 $\phi'$).

$$ V(z) = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\int_0^{2\pi}\frac{\lambda\,a\,d\phi'}{\sqrt{a^2+z^2}} = \frac{\lambda a}{2\varepsilon_0\sqrt{a^2+z^2}} \notag $$

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

$$ E_z = -\frac{\partial V}{\partial z} = \frac{\lambda a z}{2\varepsilon_0(a^2+z^2)^{3/2}} \notag \qquad\Longrightarrow\qquad \mathbf{E} = \frac{\lambda a z}{2\varepsilon_0(a^2+z^2)^{3/2}}\,\hat{\mathbf{z}} $$

Periksa: saat $z \to 0$, $E_z \to 0$ (seperti yang diharapkan di pusat cincin). Saat $z \gg a$, $\mathbf{E} \to \dfrac{\lambda a z}{2\varepsilon_0 z^3}\,\hat{\mathbf{z}} = \dfrac{\lambda a}{2\varepsilon_0 z^2}\,\hat{\mathbf{z}}$ — sama dengan medan muatan titik $q = 2\pi a\lambda$. $\checkmark$

2.6 Energi Elektrostatik

2.6.1 Energi Sistem Muatan Titik

Energi yang diperlukan untuk merakit suatu konfigurasi muatan titik dari keadaan terpisah tak hingga (semua jarak $\to\infty$, sehingga $V=0$) adalah:

$$ W = \frac{1}{2}\sum_{i=1}^{N} q_i\, V(\mathbf{r}_i) $$

di mana $V(\mathbf{r}_i)$ adalah potensial total di lokasi $q_i$ akibat semua muatan lain (bukan termasuk $q_i$ sendiri). Faktor $1/2$ menghindari penghitungan ganda setiap pasangan interaksi.

Untuk dua muatan, ini tereduksi menjadi bentuk yang familiar: $W = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,\dfrac{q_1 q_2}{r_{12}}$.

2.6.2 Energi dalam Distribusi Kontinu

Untuk distribusi muatan kontinu, jumlah menjadi integral. Setelah manipulasi (mengganti $V$ dengan ekspresi integral dan menggunakan definisi $V$), diperoleh bentuk yang sepenuhnya dalam terms medan:

$$ \boxed{W = \frac{\varepsilon_0}{2}\int (\nabla V)\cdot(\nabla V)\,d\tau = \frac{\varepsilon_0}{2}\int E^2\,d\tau} $$

Interpretasi Energi Medan

Rumus $W = \frac{\varepsilon_0}{2}\int E^2\,d\tau$ memiliki interpretasi yang mendalam: energi elektrostatik disimpan dalam medan listrik itu sendiri, dengan rapat energi $u = \frac{1}{2}\varepsilon_0 E^2$ di setiap titik ruang. Pandangan ini menjadi penting ketika kita nanti memperluas konsep ke medan elektromagnetik umum (Bab 8), di mana energi total adalah $u = \frac{1}{2}(\varepsilon_0 E^2 + B^2/\mu_0)$.

Latihan Evaluasi Bab 2

Tiga muatan titik ditempatkan pada titik-titik sudut segitiga sama sisi dengan panjang sisi $a$. Jika $q_1 = q_2 = q$ dan $q_3 = -2q$, hitung gaya total pada masing-masing muatan.
Sebuah batang tipis tak hingga sepanjang sumbu $z$ bermuatan linear seragam $\lambda$. Hitung $\mathbf{E}$ di titik yang berjarak $s$ dari batang (petunjuk: gunakan hukum Gauss dengan silinder Gaussian).
Lembaran tak hingga pada bidang $xy$ bermuatan permukaan seragam $\sigma$. Tentukan $\mathbf{E}$ di atas dan di bawah lembaran menggunakan hukum Gauss. Verifikasi bahwa $\nabla\cdot\mathbf{E} = \sigma/\varepsilon_0\,\delta(z)$ dan $\nabla\times\mathbf{E}=\mathbf{0}$.
Dua kulit bola pejal konsentris berjari $a$ dan $b$ ($b > a$) masing-masing bermuatan $+Q$ dan $-Q$. Hitung $\mathbf{E}(r)$ dan $V(r)$ untuk tiga wilayah: $r < a$, $a < r < b$, dan $r > b$. Verifikasi bahwa $V$ kontinu di setiap antarmuka.
Tunjukkan bahwa energi yang disimpan dalam kapasitor keping sejajar (luas $A$, jarak $d$, muatan $\pm Q$) adalah $W = Q^2 d/(2\varepsilon_0 A) = \frac{1}{2}CV^2$ dengan $C = \varepsilon_0 A/d$.
Buktikan bahwa $\nabla^2(1/r) = 0$ untuk $r \neq 0$. Kemudian tunjukkan bahwa $\nabla^2(1/r) = -4\pi\,\delta^3(\mathbf{r})$ dengan mengintegrasikan $\nabla^2(1/r)$ atas bola kecil dan menggunakan teorema divergensi. (Ini adalah identitas fundamental yang menghubungkan potensial Coulomb dengan muatan titik.)
Sebuah dadakan bola bermuatan seragam $\rho$ memiliki rongga bola pejal berjari $a$ di pusatnya. Hitung $\mathbf{E}$ dan $V$ di mana saja. Plot $E(r)$ dan $V(r)$ sebagai fungsi $r$.
Dari persamaan Poisson $\nabla^2 V = -\rho/\varepsilon_0$, turunkan bahwa $\nabla\cdot\mathbf{E} = \rho/\varepsilon_0$ dan tunjukkan bahwa ini konsisten dengan hukum Gauss integral melalui teorema divergensi.