HANDOUT KULIAH LISTRIK MAGNET II Oleh: Dr. rer. nat. Ayi Bahtiar
JURUSAN FISIKA FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM UNIVERSITAS PADJADJARAN BANDUNG 2007
MATERI KULIAH 1.
MEDAN MAGNET ARUS MANTAP ♦ Gaya Lorentz ♦ Momen dipol magnet ♦ Hukum Biot Savart ♦ Medan magnet dalam kawat lurus dan lengkung
2.
HUKUM AMPERE ♦ Hukum Ampere ♦ Potensial vektor magnet ♦ Medan magnet dari sirkuit jauh ♦ Potensial skalar magnet ♦ Fluks magnetik
3.
BAHAN MAGNETIK ♦ Sifat magnet bahan dengan model arus cincin mikroskopik ♦ Medan polarisasi magnet/magnetisasi ♦ Intensitas medan magnet ♦ Suseptibilitas magnet dan permeabilitas relatif bahan magnet ♦ Diamagnetik, paramagnetik, feromagnetik dan ferit ♦ Syarat batas dua bahan magnetik yang berbeda ♦ Hukum Ampere dalam medan magnet
4.
INDUKSI ELEKTROMAGNETIK ♦ Hukum diferensial Faraday ♦ Induksi elektromagnetik ♦ Induktansi diri dan induktansi bolak-balik
5.
ENERGI MAGNET ♦ Energi magnet dari pasangan sirkuit ♦ Rapat energi dalam medan magnet ♦ Gaya dan torque pada sirkuit pejal
6.
7.
PERSAMAAN MAXWELL ♦ Hukum Ampere dan persamaan kontinuitas arus listrik ♦ Persamaan Maxwell ♦ Energi elektromagnetik ♦ Persamaan gelombang elektromagnetik ♦ Syarat-syarat batas medan RADIASI ELEKTROMAGNETIK ♦ Medan listrik dan magnet dalam bentuk potensial vektor dan skalar ♦ Persamaan gelombang potensial vektor dan potensial skalar ♦ Vektor Poynting dalam perhitungan daya radiasi dipol dan antena setengah gelombang.
Pustaka 1. 2. 3.
J. R. Reitz,” Foundations of Electromagnetic Theory”, AddisonWesley Publ., 1993 D. J. Griffith,” Introduction to Electrodynamics”, Prentice-Hall Inc., 1989. J. D. Jackson,” Classical Electrodynamics”, John Wiley & Sons Inc., 1991.
KOMPETENSI DASAR MATA KULIAH 1.
MEDAN MAGNET ARUS MANTAP DAN GAYA LORENTZ Standar kompetensi : □ Merumuskan gaya Lorentz dan momen dipol magnet □ Merumuskan hukum Biot Savart □ Merumuskan medan magnet dalam kawat lurus, dan lengkung □ Menghitung fluks garis gaya medan magnet dan merumuskan hukum divergensi nol.
2.
HUKUM AMPERE Standar kompetensi : □ Mendeskripsikan arus listrik sebagai akibat gerak muatan listrik. □ Merumuskan hukum Ampere dan aplikasinya pada perhitungan medan magnet oleh cincin arus, solenoida dan toroida.
3. HUKUM FARADAY DAN ARUS INDUKSI Standar kompetensi : □ Merumuskan hukum Faraday tentang perubahan fluks magnet dan medan listrik induksi tak-konservatif □ Mendeskripsikan sistem induktor dan menghitung induktansi diri serta induktansi timbal-balik. 4. BAHAN MAGNET Standar kompetensi : □ Mendefinisikan medan polarisasi magnet M, intensitas medan magnet H, serta merumuskan hukum Ampere dinyatakan dalam medan H. □ Mendeskripsikan hubungan antara M dan H □ Mendeskripsikan tetapan suseptibilias magnet dan permeabilitas relatif dari bahan magnetik. □ Mendeskripsikan perbedaan bahan magnet diamagnetik, paramagnetik, feromagnetik, ferit. □ Merumuskan rapat enerlis listrik statik □ Menurunkan syarat batas B dan H pada batas dua bahan magnet yang berbeda
5.
PERSAMAAN MAXWELL Standar kompetensi : □ Memahami ketidaktaatan pada asas hukum Ampere dengan persamaan kontinuitas arus listrik atau hukum kekekalan muatan listrik. □ Mendefinisikan arus pergeseran Maxwell dan merumuskan perluasan hukum Ampere. □ Merangkumkan keempat hukum dasar listrik-magnet : Gauss untuk D, divergensi nol untuk B, hukum Ampere yang diperluas dan hukum Faraday (persamaan Maxwell). □ Merumuskan energi elektromagnetik □ Menurunkan persamaan gelombang elektromagnetik dari persamaan Maxwell. □ Menurunkan syarat-syarat batas medan B dan E pada batas/interface dua media berbeda.
6.
RADIASI ELEKTROMAGNETIK Standar kompetensi : □ Merumuskan medan listrik dan magnet dalam potensial vektor A dan skalar φ □ Merumuskan sifat simetri gauge untuk menerapkan syarat (gauge) Lorentz. □ Merumuskan persamaan gelombang potensial φ dan A □ Mendeskripsikan medan potensial retardasi dari φ dan A □ Mendeskripsikan kasus radiasi dipol dan vektor Poynting serta menghitung daya radiasi untuk kasus radiasi dipol dan radiasi antena setengah-gelombang.
BAB I
MEDAN LISTRIK ARUS MANTAP (STEADY CURRENT)
MEDAN LISTRIK ARUS MANTAP (STEADY CURRENT)
Persamaan kontinuitas:
r r ∂ρ ∇•J + =0 ∂t
dimana:
r J = rapat arus ρ = rapat muatan
Disebut arus mantap, jika rapat muatan tidak berubah terhadap waktu, maka:
r r ∂ρ = 0 ⇒ ∇•J = 0 ∂t
A. INDUKSI MAGNET Pandang dua buah muatan titik q dan q1, dimana q1 terletak ti titik O (titik asal koordinat) dan q terletak pada posisi r dari titik O. y
Jika muatan-muatan q dan q1 diam, maka gaya pada muatan q yang diberikan q1 diungkapkan oleh gaya Coulomb:
q
r r O q1
z
x
r Fe =
r 1 qq1 r 4πε0 r 2 r
r r r = vektor satuan searah r r r r =1 r
r
Sekarang pandang bahwa muatan q bergerak dengan kecepatan v r dan q1 dengan kecepatan v1, maka muatan q akan memperoleh gaya tambahan:
r r µ0 qq1 r r r Fm = v x v1 x 2 4π r r
µ0 = 10−7 N.s2 / C2 4π
= gaya magnet Dalam listrik statik, medan elektrostatik didefinisikan :
r r F E= q
Jadi medan elektrostatik yang ditimbulkan oleh muatan q1:
r r 1 q1 r E= 4πε0 r 2 r
Induksi magnet pada muatan q yang diakibatkan q1 di titik O:
r µ0 q1 r rr v x B= 2 1 r 4π r Gaya magnet yang bekerja di q:
(
r r r Fm = q v x B
)
Maka gaya total pada muatan q adalah:
r r r F = Fe + Fm r r r = qE + q v x B r r r = q E+ vxB
( [ (
) )]
⇒ gaya Lorentz
Implikasi gaya Lorentz : 1. Gaya Lorentz F selalu tegak lurus dengan kecepatan v. 2. Jika v . Fm = 0 untuk setiap medan B sembarang, maka medan magnet tidak bekerja pada partikel bermuatan. Definisi :
1 ε0µ0 = 2 , maka : c
r Fm =
r r r 1 qq1 v v1 r x 2 4 πε0 r c c r
c = 2.9979 x 108 m / s
Medan magnet yang dihasilkan oleh partikel q1 yang bergerak secara seragam adalah :
r vr 1 E B= x c c Gaya magnet bergantung tidak hanya pada kecepatan relatif dari dua muatan, tetapi juga pada sistem koordinat.
B. GAYA PADA KONDUKTOR BERARUS Pandang suatu kawat konduktor lurus yang diberi arus I. Di dalam kawat terdiri dari muatan-muaatan q yang bergerak dengan kecepatan v.
r v
r I q dl r Gaya pada muatan q yang bergerak r dengan kecepatan v dalam medan magnet dengan induksi magnet
(
B
r r r Fm = q v x B
adalah:
)
Misalkan di dalam kawat terdiri dari N jumlah pembawa muatan q persatuan volume, A adalah luas penampang kawat dan r setiap pembawa muatan q bergerak dengan r kecepatan yang sama v maka muatan dalam elemen panjang d l :
r dq = N A d l q
r Maka gaya pada elemen panjang d l :
(
)
(
)
(
)
r r r r r r dFm = dq v x B = N A d l q v x B r r d l // v
r r r r ⇒ dFm = N A q v d l x B 1 424 3
(
r r r dFm = I d l x B Gaya pada sirkuit tertutup:
r r r F = I dl x B
∫
C
)
I = arus
Jika medan magnet B seragam (tidak bergantung pada posisi), maka :
r r r F = I d l × B = 0 C
∫
C. TORQUE Torque adalah momen gaya yang didefinisikan sebagai :
(
r r r r r r dτ = r × dF = I r × d l × B
)
Untuk sirkuit/lintasan tertutup :
∫ (
r r r r τ = I r × dl × B
)
C
Jika medan magnet B uniform, maka :
r r r r r d l × B = i (dyBz − dzBy ) + j(dzBx − dxBz ) + k (dxBy − dyBx )
[ ( [ ( [ ( r r× r r× r r×
r r dl × B r r dl × B r r dl × B
)] )] )]
= y dxBy − y dyBx − z dzBx + z dxBz y = z dyBz − z dzBy − x dxBy + x dyBx .....( a ) z = x dzBx − x dxBz − y dyBz + y dzBy x
Karena B diasumsikan uniform (tidak bergantung posisi r), maka komponen B bisa dikeluarkan dari integral. Untuk menghitung torque, maka kita definisikan dulu integral ruang :
∫ ξ dξ
dan
∫ ξ dη
Dimana ξ adalah sistem koordinat dan η juga sistem koordinat lain yang berbeda dengan ξ.
∫ ξdξ
adalah trivial karena menggambarkan integral dari nilai terendah ξ1 dan nilai tertinggi ξ2 dari ξ d ξ ditambah integral dari ξ2 sampai ξ1 dari ξd ξ, sehingga akan mengeliminasi enam komponen dari persamaan (a) diatas.
∫ ξdη
Melibatkan dua variabel ξ dan η sehingga tidak mengakibatkan perbedaan apakah integral diambil melalui lintasan riil C atau proyeksi lintasan tsb pada bidang ξ-η (lihat gambar dibawah).
η ζ
b
C
ξ = ξ2 (η) ξ = ξ1 (η)
η a
ξ Proyeksi lintasan C pada bidang ξ-η
Evaluasi integral
∫ ξdη
ξ
b
a
∫ ξ dη = ∫ ξ (η)dη + ∫ ξ (η)dη 1
a
2
b
Persamaan diatas menghasilkan suatu luas daerah yang dilingkupi proyeksi kurva/lintasan (positif). Jika ξ dan η adalah urutan siklus dalam sistem koordinat tangan-kanan maka arah dimana jika kontur adalah tertutup akan memberikan arah-ζ.
∫ ξ dη = Aζ
dengan ξ,η, dan ζ adalah siklik permutasi x,y,z.
C
τy
x = I (A y Bz − A z By ) r r r y = I (A z Bx − A x Bz ) τ = IA × B z = I (A x By − A y Bx )
∫ [ ( )] r r r = I ∫ [r × (d l × B)]
r r r τx = I r × d l × B
C
∫[ (
r r r τz = I r × d l × B C
)]
Dimana vektor A merupakan vektor yang komponen-komponennya adalah luas yang dilingkupi oleh proyeksi kurva C pada bidang-bidang yz, zx, dan xy.
Kuantitas IA merupakan momen dipol magnet sirkuit :
r r m = IA r r r 1 1 r r r m = I r × dl r × dl = A 2 C 2C
∫
∫
momen dipol magnetik
Untuk kawat yang berarus, maka :
r r I d l → J dv r 1r r dm = r × J dv 2
Sangat berguna untuk membahas sifat magnetik dari bahan.
HUKUM BIOT-SAVART
HUKUM BIOT SAVART Menggambarkan gaya interaksi antara dua sirkuit konduktor berarus.
r r r d l2 x (r1 − r2 )
I1
r r r d l1 x (r2 − r1 )
1
r dl2
r r r2 − r1 r dl1
r r2
r r1 O
2
I2
Hukum Ampere: Gaya yang bekerja pada sirkuit-1 akibat oleh sirkuit-2:
[
]
r r r r d l1 x d l2 x ( r1 − r2 ) r r 3 r1 − r2 1 C2
r µ0 F1 = I1I 2 4π C
∫∫
Gaya yang bekerja pada sirkuit-1 akibat oleh sirkuit-2:
[
]
r r r r d l2 x d l1 x ( r2 − r1 ) r r3 r2 − r1 1 C2
r µ F2 = 0 I1I 2 4π C
∫∫
µ0 = 10−7 N / A 2 4π
Gaya-gaya diatas merupakan gaya aksi-reaksi, yaitu:
r r F1 = − F2
Buktikan !!
PR
Bukti:
(
) (
) ( ] [
)
r r r r r r r r r 1. A x B x C = B A • C − C A • B r r r r r r r r r r r r d l2 x d l1 x ( r2 − r1 ) = d l1 ( r2 − r1 ) • d l2 − d l1 • d l2 (r2 − r1 )
[
] [(
]
)
r r r r r r r r ( ( µ0 r2 − r1 ) • d l2 µ0 r2 − r1 ) r F2 = I1I 2 d l1 − I1I 2 d l1 • d l2 r r r r 3 3 4π 4π r2 − r1 C1 C2 C1 C2 r2 − r1
∫∫
∫∫
Suku pertama:
r r r (r2 − r1 ) • d l2 drl = − ∇r 1 drl drl r 1 2 r 2 1 r r3 − r r r2 − r1 2 1 C1 C2 C1 C2
∫∫
∫∫
r r r 1 = − d l1 ∇2 r r d l2 r2 − r1 C C
∫
∫
1
2
(
)
Dalil Stokes:
∫
r r F • dl =
C
∫(
)
r r r ∇ x F • n da
S
r r r (r2 − r1 ) • d l2 drl = − drl ∇r x ∇r 1 • nr da = 0 r 1 1 2 2 r r r3 r2 − r1 r2 − r1 C1 C2 C1 C2 14424 4 3 r r ∇ x ∇φ=0
∫∫
∫
∫
r r (r2 − r1 ) drl • drl .................. (1) 1 2 r r3 r − r1 1 C2 2
r µ0 F2 = − I1I 2 4π C
∫∫
(
)
[
]
r r r r r µ0 d l1 x d l2 x (r1 − r2 ) 2. F1 = I1I 2 r r 3 4π r1 − r2 C1 C2 r r r r r r r ( r1 − r2 ) r d l2 d l1 • ( r1 − r2 ) µ0 µ0 d l1 • d l2 I1I 2 − I1I 2 = r r r r 3 3 4π 4π r1 − r2 C1 C2 r1 − r2 C1 C2 144424443
∫∫
[
∫∫
]
∫∫
(
=0
r r (r1 − r2 ) drl • drl ............................(2) 1 2 r r 3 r − r2 1 C2 1
r µ F1 = − 0 I1I 2 4π C
∫∫
Karena:
(
r r r r (r2 − r1 ) = −(r1 − r2 ) r r r r r2 − r1 = r1 − r2
)
)
Maka:
r µ0 F1 = I1I 2 4π C
(rr2 − rr1 ) (drl
r 1 • d l2
∫ C∫ rr2 − rr1 3
)
1 2
r r (r2 − r1 ) drl • drl 1 2 r r3 r − r1 1 C2 2
(
r µ F2 = − 0 I1I 2 4π C
∫∫
Maka terbukti bahwa : r r F1 = − F2 Bagaimana dengan induksi magnetnya?
r r r r r r F = I d l x B ⇒ F1 = I1 d l1 x B1
∫ C
∫
C1
r r r F2 = I 2 d l2 x B2
∫
C2
)
Maka diperoleh Hukum Biot-Savart:
r r r r r µ0 d l2 x ( r1 − r2 ) ( ) B r1 = I2 r r 3 4π C r1 − r2 2 r r r r r µ0 d l1 x ( r2 − r1 ) B(r2 ) = I1 r r3 4π C r2 − r1 1
∫
∫
Induksi magnet di sirkuit-1
Induksi magnet di sirkuit-2
rr Untuk arus yang merupakan distribusi kontinu digambarkan oleh rapat arus J ( r )
rr r r r r µ J (r2 ) x (r1 − r2 ) dv 2 B(r1 ) = 0 r r 3 4π V r1 − r2 rr r r r r µ0 J (r1 ) x (r2 − r1 ) dv1 B(r2 ) = r r 3 4π V r1 − r2
∫
∫
Dalam medan magnet bahwa kutub-kutub magnet selalu berpasangan /dipol (kutub-kutub magnet tidak berdiri sendiri, tidak monopol), maka harus berlaku:
r r ∇•B = 0
Bukti !!
r r r r r r r d l2 x (r1 − r2 ) µ0 I 2 ∇1 • r r 3 ∇1 • B(r1 ) = 4π C r1 − r2 2 r r r r r r r r r ⇒ ∇• Fx B = G • ∇x F − F• ∇xG r r dim ana F = d l2 r (rr1 − rr2 ) r 1 G = r r 3 = −∇1 r r r1 − r2 r1 − r2 r r r r r r r r r ( µ0 r1 − r2 ) µ0 1 ∇1 • B(r1 ) = I 2 r r 3 ∇1 x d l2 + I 2 ∇1 x ∇1 r r 424 3 4π 4 π C r1 − r2 1 r1 − r2 C2 14 =0 4 2 44 3 2 r r
∫
(
(
)
)
(
∫
r r r ∇1 • B(r1 ) = 0
)
∫
∇ x ∇φ=0
( terbukti)
Dengan menggunakan cara yang sama, maka dapat dibuktikan juga bahwa:
r r r ∇2 • B(r2 ) = 0
Secara umum
r r r ∇ • B(r ) = 0
APLIKASI HUKUM BIOT-SAVART
1. Kawat konduktor panjang lurus Suatu kawat panjang lurus tak hingga sejajar dengan sumbu-x diberi arus I. Tentukan induksi magnet di titik P sejauh a dari kawat tersebut.
Solusi: y P
r r r i × ( r2 − r1 )
a
r r r2 − r1
r r2
r r d l = dx i r r r r r r d l x (r2 − r1 ) = dx i x (r2 − r1 ) r r r = dx r2 − r1 sin θ k
I
−∞
θ
r r1 z
dx
+∞
x
y P a
r r r2 − r1
r r2 I
−∞
θ r dx r 1
z
r r r2 − r1 =
a a = sin (180 − θ) sin θ
r r3 a3 r2 − r1 = sin 3 θ Berapakah nilai:
r r r dx r2 − r1 sin θk
+∞
x
a = tan (180 − θ) = − tan θ x cos θ x = −a sin θ − sin 2 θ − cos2 θ a d dθ dx = −a θ = 2 2 sin θ sin θ Maka:
r r r dx r2 − r1 sin θk =
r a a . sin θdθk . 2 sin θ sin θ r a2 = dθk 2 sin θ
Induksi magnet di titik P adalah:
r r r r µ dx i x ( r2 − r1 ) B(a ) = 0 I 4π −∞ ( rr2 − rr1 ) 3 r π 2 3 µ0 a sin θ dθ k = I 4π 0 sin 2 θa 3 +∞
∫
∫
π r µ0 = I sin θ dθ k 4π 0 π µ0 r = I k (− cos θ) 0 4 πa µ0 v = Ik 2 πa
∫
2. Kawat konduktor melingkar yang berpusat di titik 0 dan berjejari R, diberi arus I z P
z
r r r2 − r1
r r2
(
θ
x
-x
r r r r1 = R cos θ i + R sin θ j r r r2 = zk r r r r r (r2 − r1 ) = − R cos θ i − R sin θ j + zk r r 2 2 1/ 2 r2 − r = R + z r r r d l = − R sin θ dθ i + R cos θ dθ j
r r1
I
dθ
y
r dl
)
r r r r r 2 2 d lx (r2 − r1 ) = R sin θ dθ k + Rz sin θ dθ j r r 2 2 + R cos θ dθ k + Rz cos θ dθ i
Maka induksi magnet di titik P adalah:
r 2π r r r r d lx (r2 − r1 ) µ B(r2 ) = 0 I 4π 0 rr2 − rr1 3
∫
2π 2π 2π Rz cos θdθ Rz sin θdθ r R 2dθ r µ0 i + k + I = 2 2 3/ 2 2 2 3/ 2 4π 0 R 2 + z 2 3 / 2 R z + R z + 0 0
∫(
)
∫(
)
∫(
)
r i
r r B( r2 ) =
(
µ0 R 2 I
4π R 2 + z 2
−
(
µ0 RzI 2
4π R + z
)
3/ 2
)
2 3/ 2
R2 µ0I = 2 R 2 + z2
(
r 2π kθ +
)
3/ 2
(
4π R 2 + z 2
0
r j cos θ
µ0 RzI
3/ 2
2π 0
2π 0
r k
Arah induksi magnet sejajar dengan sumbu-z
r R2 µ0I B(z ) = 2 R 2 + z2
x
(
R
P z
y
)
r i sin θ
z
)
3/ 2
r k
Bila kawat terdiri dari N buah lilitan, maka induksi magnet menjadi:
r R2 µ0 NI B(z ) = 2 R 2 + z2
(
)
3/ 2
r k
Lilitan Helmholtz Dua buah kawat melingkar yang sesumbu, masing-masing terdiri dari Nbuah lilitan dan diberi arus I yang searah. 2b
x
x Jika titik P berada di tengah-tengah kumparan (z = b), maka karena arusnya searah, induksi magnet di titik P sama dengan nol.
R
R P I
z
y
I
z
y N-lilitan
N-lilitan
Induksi magnet di titik P:
µ0 NIR 2 Bz (z ) = 2
1 2 R + z 2
(
)
3/ 2
+ 2 2 3/ 2 (2b − z ) + R
[
1
]
µ 0 NIR 2 Bz (z ) = 2
1 2 R + z 2
(
)
3/ 2
+ 2 2 3/ 2 (2b − z ) + R 1
[
]
Turunan pertama dari Bz terhadap z adalah:
dBz µ0 NIR 2 = dz 2
3 2z − 2 R 2 + z 2
(
)
5/ 2
3 2(z − 2b ) − 2 (2b − z )2 + R 2
[
5/ 2
]
Di z = b, turunan ini sama dengan nol. Turunan kedua dari Bz terhadap z adalah:
d 2 Bz 3µ0 NIR 2 =− 2 2 dz
1 2 R + z 2
(
)
5 2z 2 − 2 R 2 + z2
z =b
3µ 0 NIR 2 =− 2
5/ 2
(
)
7/2
+
1
[(2b − z ) + R ] 2
Di z = b, maka:
d 2 Bz dz 2
2 R 2 − 8b2 2 2 7/2 R + z
(
)
2 5/ 2
5 2(z − 2b )2 − 2 (2b − z )2 + R 2
[
7/2
]
d 2 Bz dz 2
z =b
3µ 0 NIR 2 =− 2
2 R 2 − 8b2 2 2 7/2 R + z
(
)
Turunan ini menjadi nol, jika R2 - 4b2 = 0, maka jarak kedua kumparan adalah:
2b = R Berarti bahwa jarak antara kedua kumparan harus sama dengan jari-jari kumparan. Sehingga induksi magnet di titik P menjadi:
Bz =
µ0 NI 8 R 53 / 2
Dalam eksperimen penentuan muatan spesifik dari elektron, diketahui bahwa hubungan antara medan magnet dan arus listrik adalah:
B = const. I N Maka besarnya konstanta adalah: const. = 0.72µ 0 R
Setup eksperimen untuk penentuan muatan spesifik elektron menggunakan lilitan Helmholtz
Diagram lintasan elektron dalam eksperimen penentuan muatan spesifik elektron dengan lilitan Helmholtz
Lilitan Helmholtz
datas
Tabung gelas Tegangan pemercepat elektron Tegangan pemfokusan elektron Tegangan filamen
lintasan elektron ve
Anoda Fokus elektron
FLorentz
Fsentrifugal
dbawah
Berdasarkan kesetimbangan gaya, bahwa gaya Lorentz harus sama dengan gaya putaran (sentrifugal).
FLorentz = Fsentrifugal me v 2 q.v.B = r q v = m e r. B Kecepatan elektron v akibat dipercepat oleh anoda menjadi :
1 E k = U = me v 2 2 Dengan kombinasi kedua persamaan diatas, maka :
r2 = 2
me U . 2 q B
Dengan menggambarkan grafik hubungan r2 dengan U/B2 , diperoleh gradien b, sehingga muatan spesifik elektron menjadi :
2 q = b me dimana: 45
B = const.I m
35
-4
30
2
2
r [10 m ]
2me b = q
40
25 20 15
20
25 2
30 7
35 2
U/B [10 V/T ]
40
Solenoida Suatu silinder berjari-jari R dan panjang L, diberikan lilitan sebanyak N-lilitan dan diberi arus listrik I. Berapakah induksi magnet di titik P di dalam selenoida ? dz R
α1
R
P α 2
z0 L
L
Induksi magnet di titik P (z0) diperoleh dengan membagi panjang silinder L menjadi elemen-elemen panjang dz, dimana setiap dz mengandung Ndz/L lilitan.
µ0 NI R 2 Bz ( z 0 ) = L 2
L
∫ [(z 0
dz − z) + R 2
0
]
2 3/ 2
dz R z
α
α1 z0
µ0 NI R 2 Bz ( z 0 ) = L 2
α2
P
0
− z) + R 2
0
2 α2
µ NI R Bz ( z 0 ) = − 0 L 2
R = z 0 tan α1
R = (L − z 0 ) tan α2
z − z 0 = R cot α
µ0 NI = 2L
R dz = − 2 dα sin α 2 0 − z) + R
∫ [(z
dz
]
2 3/ 2
]
2 3/ 2
Maka induksi magnet di titik P:
L
[(z
L
R = α sin
3
∫
(R / sin α) dα 2
3 ( ) R / sin α π −α1
π− α1
∫ sin α dα
α2
µ0 NI [− cos(π − α1 ) + cos α2 ] 2L µ NI cos α1 + cos α2 = 0 L 2 =
Jika panjang solenoid lebih besar dibandingkan dengan jari-jari dan z0 tidak mendekati nol atau L, maka sudut α1 dan α2 kesil dan bisa didekati dengan :
R R α1 ≅ ; α2 ≅ z0 L − z0 Sehingga :
R2 µ0 NI R 2 Bz (z 0 ) ≅ 1 − 2 − L 4z 0 4(L − z 0 )2 Jika radius solenoida kecil, maka medan magnet menjadi :
µ 0 NI Bz (z 0 ) ≅ L
BAB II HUKUM SIRKUIT AMPERE
r r
Untuk arus mantap: ∇ • J = 0
r r ∇xB mempunyai nilai tertentu yang dapat dinyatakan sebagai: r r r rr ∇xB( r ) = µ0 J (r ) Dalam Hukum Biot-Savart, induksi magnet di sirkuit-1 akibat pengaruh sirkuit-2 adalah:
r r r r r µ d l2 x (r1 − r2 ) B( r1 ) = 0 I 2 r r 3 4π c r1 − r2 2
∫
r r Dengan mengubah I 2d l2 = J (r2 ).dV2 maka:
rr r r r r J (r2 )x (r1 − r2 ) µ B( r1 ) = 0 dV2 r r 3 4π V r1 − r2 2
∫
Nilai Curl dari B, diperoleh:
r r r r r r r r µ J ( r )x (r − r ) ∇1x B(r1 ) = 0 ∇1x 2r r1 3 2 dV2 4π V r1 − r 2 Ingat : r r r r r r r r r r r r r r r ∇1x ( FxG ) = G • ∇1 F + ∇1 • G F − F • ∇1 G − ∇1 • F G r rr F = J (r2 ) r (rr1 − rr2 ) r 1 G = r r 3 = −∇1 r r r1 − r2 r1 − r
∫
(
) (
) (
) (
)
maka : r r r r r r r r r r2 1 1 G • ∇1 F = − ∇1 r r • ∇1 J (r2 ) = − J (r2 ) ∇1 r r r1 − r2 r1 − r2 r r r r rr r r r r2 1 1 ∇1 • F G = − ∇1 • J (r2 ) ∇1 r r = − J (r2 ) ∇1 r r r1 − r2 r1 − r2
(
)
(
)
(
)
sehingga : r r r r r r r r r ∇1x ( FxG ) = ∇1 • G F − F • ∇1 G..................................(# )
(
) (
)
Dengan demikian maka:
r r r r r r r r r r r (r − r ) r (r − r ) µ µ ∇1x B(r1 ) = 0 ∇1 • r1 r 2 3 J (r2 ) dV2 − 0 J (r2 ) • ∇1 r1 r 2 3 dV2 4π V 4π V r1 − r2 r1 − r2
∫
∫
2
2
r µ0 r r 1 = ∇1 • ∇1 r r J (r2 ) dV2 − 0 4π V r1 − r2 2
∫
r µ0 r 2 1 = ∇1 r r J (r2 ) dV2 4π V r1 − r2 2
∫
r r r µ0 = 4π δ(r1 − r2 ) J (r2 ) dV2 4π V 2 rr = µ0 J (r1 )
∫
Sehingga diperoleh Hukum Sirkuit Ampere:
r r r rr ∇1xB(r1 ) = µ0 J (r1 )
Hukum Ampere dalam bentuk lain:
∫(
)
r r r r r ∇xB • n da = µ0 J • n da
∫
S
S
Dalil Stokes
∫ C
r r r r B • d l = µ0 J • n da
∫ S
Contoh: 1. Suatu kawat lurus panjang yang diberi arus listrik I, diletakkan dalam suatu sirkuit tertutup, berapakah induksi medan magnet di dalam sirkuir tersebut ?
I dθ r
r dl
Pada kasus kawat panjang lurus, diperoleh:
r µ0I r B(a ) = k 2 πa r µ0I B= 2 πr Maka:
∫
Hukum Ampere:
∫
r r r r B • d l = µ0 J • n da
∫
r r B • dl =
C
C
∫ S
∫
C
r B r dθ
r r 2 π µ0I B • dl = r dθ = µ0 I 2 πr C 0
; dl = rdθ
∫
2 πr B = µ 0 I µ0I B= 2 πr
2. Medan magnet dari suatu kawat konduktor koaksial dengan jari-jari bagian dalam a dan bagian luar b. Untuk lingkaran yang berjejari r, maka :
∫
b a
r r B • d l =2πrB
Maka medan magnet masing-masing daerah adalah :
2πrB = µ0I
;a
2πrB = 0
;r>b
POTENSIAL VEKTOR MAGNET
Untuk memudahkan perhitungan induksi magnet, kita kembali ke permasalah listrik statik, dimana :
r r ∇x E = 0
Di dalam medan magnet, kita ketahui bahwa:
r r r r ∇ x B ≠ 0 namun ∇ • B = 0
Sehingga secara umum, bahwa:
r r r ∇•∇x F = 0
dimana F adalah vektor sembarang
Dengan demikian dapat didefinisikan bahwa:
r r r ∇ • (∇ x A ) = 0 r r r B = ∇xA Dengan syarat bahwa:
r r r ∇ x B = µ0J r r r r ∇ x ∇ x A = µ0J r r r r2r r ∇ ∇ • A − ∇ A = µ 0 J .......... .......... .....( 1)
(
(
)
)
Telah kita ketahui bahwa:
r r ∇•B = 0 r r r ∇• ∇xA = 0
(
)
r r Dengan mendefinisikan bahwa ∇ • A = 0 maka:
r2r r ∇ A = −µ0 J Dimana A adalah potensial vektor magnet. Pertanyaannya adalah bagaimana formula untuk A: Solusi:
r r r r r µ0 d l1 x (r2 − r1 ) B(r2 ) = I1 r r3 4π C r2 − r1 1 rr r r 1 µ0 J (r1 ) x (r2 − r1 ) µ0 r r r dV1 = − J (r1 ) x ∇2 r r dV1 = r r 3 4π V 4π V r2 − r1 r r − 2 1 1 1
∫
∫
∫
Ingat:
r r r r r r ∇ x αF = α∇ x F + ∇αF
1 ;α= r r r2 − r1
r r dan F = J
rr r r rr J (r1 ) 1 r rr 1 ∇2 x r r = r r ∇2 x J (r1 ) + ∇2 r r x J ( r1 ) r2 − r1 r2 − r1 r2 − r1 rr rr r r r r µ0 J (r1 ) J (r1 ) µ0 Maka: B( r2 ) = ∇2 x r r dV1 = ∇2 x r r dV1 4π V r2 − r1 4π V r2 − r1 1 1
∫
∫
Potensial vektor magnet didefinisikan sebagai:
r r r r r B(r2 ) = ∇2 x A(r2 ) ;
maka :
rr r r µ J (r ) A(r2 ) = 0 r 1 r dV1 4π V r2 − r1 1 rr r r µ J (r ) A(r1 ) = 0 r 2r dV2 4π V r1 − r2
∫
∫
2
MEDAN MAGNET PADA RANGKAIAN JARAK JAUH r
r
Sirkuit jauh artinya: r2 >> r1
r r1
r r2
I
(
r r −1 r r 1 2 2 = − = + − r r r r 2 r1 • r2 r r 2 1 2 1 r2 − r1 r r r −1/ 2 1 2 r1 • r2 r1 = 1 − + 2 2 r2 r2 r2 r r r22 = r2 • r2 r r r12 = r1 • r1
∞
)
−1 / 2
Diuraikan dalam bentuk deret Binomial
Deret Binomial:
n( n − 1) n −2 2 n n −1 (a + b ) = a + a b + a b + ... + b n 1! 2! r r r •r 1 Dengan harga-harga: a = 1 ; b = −2 1 2 2 ; dan n = − 2 r2 n
n
r r r r 1 1 1 2 r1 • r2 1 r1 • r2 = + = + 3 1 r r 2 r2 − r1 r2 2 r2 r2 r2
r r r J (r1 ) dV1 → I1 d r1 Maka potensial vektor magnet:
r r r dr µ A(r2 ) = 0 I1 r 1 r 4π C r2 − r1
∫
r r r 1 r r µ0 I r xS ; S = − d r1 x r1 = luas sirkuit =− 3 1 2 2 4πr2
∫
Penurunan rumus dapat dilihat di buku J.R. Reitz dkk,”Dasar Teori Listrik-Magnet.” hal. 221.
r r r µ0 r r r A(r2 ) = − r x m ; m = I1S = momen magnet 3 2 4πr2 r r µ0 r r A(r2 ) = m x r2 3 4πr2
Artinya bahwa untuk di titik jauh dari sirkuit, potensial vektor magnet bergantung pada momen magnetnya
Bagaimana dengan induksi magnetnya ?
r r r r r B(r2 ) = ∇2 x A( r2 )
r µ0 r r r2 = ∇2 x m x 3 4π r2
Gunakan:
(
) (
) (
) (
)
r r r r r r r r r r r r r r r ∇2 x ( FxG ) = G • ∇2 F + ∇2 • G F − F • ∇2 G − ∇2 • F G r r dim ana : F = m r rr2 G= 3 r2
r r r r r r r r r2 r r r r r2 r r r r r r ∇2 x ( m x 3 ) = 3 • ∇2 m + ∇2 • 23 m − m • ∇2 23 − ∇2 • m 23 r2 r2 r2 r2 r2 r r r r2 = 0 + 0 − m • ∇2 3 − 0 r2 r r r r = − m • ∇2 23 r2
(
(
(
)
)
)
r r r r 1 r2 1 r2 ⇒ ∇2 • 3 = −∇2 • ∇2 = −∇ 2 = 0 ; jika r2 ≠ 0 r2 r2 r2 r r r r r r r2 ( m • r2 ) r m r2 + 3 ⇒ m • ∇ 2 3 = −3 5 r2 r2 r2
(
)
Maka induksi magnet di sirkuit jauh (dipol magnet) adalah:
r r r r r µ0 (m • r2 ) r m B(r2 ) = r2 − 3 3 5 4π r2 r2
(
)
Induksi magnet di titik nol (0):
r r
dari sebuah dipol magnet yang terletak di titik
(
)
r r r r r • m r r m µ0 r − 3 Br = 3 5 4π r r
()
Dalam medan magnet, kita mempunyai 2 (dua) potensial yakni: potensial vektor dan potensial skalar magnet. Sedangkan dalam elektrostatik, kita hanya mempunyai potensial skalar saja.
POTENSIAL SKALAR MAGNET
POTENSIAL SKALAR MAGNET
r r r ∇ x B = µ0 J Persamaan diatas menunjukkan bahwa curl dari induksi magnet sama dengan nol, jika rapat arusnya nol. Sehingga induksi magnetnya dapat diungkapkan sebagai gradien dari potensial skalar.
r * r B = −µ0∇φ
r r ∇x B = 0 r r ∇ x ∇φ = 0
Dimana φ* adalah potensial skalar magnet. Disisi lain bahwa:
r r ∇•B = 0 r r r2 ∇ • − µ0∇φ * = −µ0∇ φ* = 0
(
)
r2 ∇ φ* = 0 Dalam daerah yang tidak mempunyai rapat arus, potensial skalar magnet memenuhi persamaan Laplace. Sehingga solusinya sama dengan dalam problem listrik statik.
Namun, kita harus hati-hati dalam menerapkan syarat batas. Nilai φ* dari suatu lintasan/sirkuit yang membawa arus bukan merupakan fungsi yang berharga tunggal. Ungkapan potensial skalar dari suatu dipol magnet sangat berguna.
r r r r r µ0 (m • r2 ) r m r2 − 3 B(r2 ) = 3 5 4π r2 r2 Dapat ditulis dalam bentuk :
r r rm r r • r2 B(r2 ) = −µ0∇ 3 4πr2 r r r B(r2 ) = −µ0∇φ * maka : r r r m • r2 untuk suatu dipol magnet m. φ * (r2 ) = 3 4πr2
POTENSIAL SKALAR DARU SUATU DIPOL MAGNET Pandang suatu sirkuit besar C yang dibagi-bagi menjadi elemen-elemen kecil (sirkuit C1), dimana setiap elemen kecil mengalirkan arus yang sama seperti yang diberikan oleh sirkuit C, maka pada daerah yang berbatasan, arusnya akan saling menghilangkan, sehingga muatan hanya mengalir (arus) pada sirkuit C saja. P
r r
C1
Potensial skalar magnet di titik nol:
(
)
r r r r r • m r r µ m − B r = 0 3 r 5 3 4π r r r r µ0 r m • r =− ∇ 3 4π r
()
yang memenuhi: C I
( (
) )
r r r r r ∇ (F • G) = G • ∇ r r + F•∇
r r F+Gx r r G + Fx
( (
)
r r ∇x F r r ∇xG
)
Maka potensial skalar magnet untuk sirkuit kecil C1:
r r •r d m dφ*m = 4 πr 3 Dalam satu sirkuit kecil, arus saling menghilangkan sehingga setiap sirkuit dapat dianggap sebagai sebuah dipol magnet dengan momen dipol:
r r dm = I n da
r n = vektor normal elemen sirkuit da
Jadi potensial skalar untuk satu sirkuit :
r r In• r dφ*m = da 3 4 πr Sehingga potensial skalar untuk sirkuit besar C adalah:
I * r φm (r ) = 4π
∫
r r n•r da 3 r
Potensial skalar magnet dapat digunakan untuk menghitung medan magnet yang ditimbulkan oleh rangkaian berarus atau oleh lapisan dipol magnetik (menangani bahan-bahan magnet).
FLUKS MAGNET r r r r Identik dengan fluks listrik φ el = E .d A = E • n da , fluks magnet [Weber, Wb] didefinisikan sebagai banyaknya garis-garis gaya magnet yang melewati suatu permukaan dengan luas A.
∫
∫
r r Φ = B • n da
∫ S
Karena semua garis-garis gaya magnet adalah tertutup, maka total fluks magnet yang melalui suatu permukaan tertutup A dari suatu volume V harus nol. Hal ini akibat dari jumlah garis-garis medan yang masuk sama dengan jumlah garisgaris medan yang keluar dari suatu permukaan tertutup A. r dA r dA N
a)
r r dΦ = B.dA
r r b) Φ = B.dA = 0
∫
c)
S
Φ=0
Untuk permukaan tertutup berlaku:
r r r r Φ = B • n da = ∇ • B da = 0
∫ S
Sehingga:
r r ∇⋅B = 0
∫
V
yang merupakan bentuk matematik dari fenomena fisika, bahwa tidak ada magnet satu kutub; selalu ada dua kutub yaitu kutub Utara dan kutub Selatan.
BAB III SIFAT MAGNET DARI BAHAN
Setiap bahan tersusun dari atom-atom. Setiap atom terdiri dari elektron yang dapat bergerak. Elektron-elektron ini bergerak dalam suatu atom tunggal sehingga menghasilkan arus yang disebut arus atom (arus sirkulasi). Elektron-elektron yang bebas atau ion-ion bermuatan bergerak menimbulkan arus yang disebut arus transport.
Arus atom dan arus transport akan mengakibatkan medan magnet.
A. MAGNETISASI Setiap arus atom dapat dianggap sebagai dipol magnet secara makroskopis sehingga setiap atom dapat dinyatakan dengan momen dipolnya:
r mi = momen dipol ke − i Maka momen dipol dari suatu elemen volume ∆V ditulis:
∑
r mi yang meliputi ∆V
Magnetisasi didefinisikan sebagai momen dipol magnet per-satuan volume:
r M=
lim 1 ∆V → 0 ∆ V
∑
r mi
i
Secara makroskopis, ∆V sangat kecil akan tetapi secara statistik mengandung banyak atom.
1. Jika bahan tidak dimagnetisasi, arah dari momen dipol bersifat acak, sehingga:
∑
r mi = 0
r ⇒M = 0
i
2. Untuk bahan yang dimagnetisasi:
∑
r mi ≠ 0
i
Magnetisasi merupakan fungsi dari posisi.
Model sederhana dari bahan yang dimagnetisasi segaram
Arus di perbatasan akan saling menghilangkan (tak ada arus). Arus hanya akan ada di permukaan saja. Arus permukaan ini mengakibatkan medan magnet.
Bahan dimagnetisasi tak-segaram
Bila bahan dimagnetisasi taksegaram, kerapatannya berbeda sehingga terdapat resultan arus IM (arus magnetisasi).
IM
Hubungan antara magnetisasi dan rapat arus magnetisasi z 1
2
∆z ∆x
y
x
r M (x ' , y' , z ' ) Magnetisasi dalam elemen volume 2:
∆y
(x’,y’,z’)
Magnetisasi dalam elemen volume 1:
r r 2 ∂M ∂ M 2 ( ) M x ' , y ' , z ' + ∆ y + ∆ y + ... 2 ∂ y ∂ y ≈
r ∂M ∆y M (x ' , y' , z ' ) + ∂y
Momen magnet elemen volume 1:
r M ∆x ∆y ∆z Momen magnet elemen volume 2:
r r ∂M M + ∆y ∆x ∆y ∆z ∂y
Komponen-x dari momen magnet elemen volume 1: Ia’
M x ∆x ∆y ∆z = I' a∆y∆z Komponen-x dari momen magnet elemen volume 2:
∂M x M + ∆ y x ∆x ∆y ∆z = Ia" ∆y∆z ∂y
Mx
Ia”
∂M x ∆y M x + ∂y
Ia’
Mx
Ia”
∂M x ∆y M x + ∂y
Arus magnetisasi ke atas:
∂M x Ia '− Ia" = M x ∆x − M x + ∆y ∆x ∂y ∂M x =− ∆x ∆y ∂y
Dengan cara yang sama, kita dapat mengambil elemen volume dalam arah sumbu-y, sehingga arus magnetisasi keatas adalah:
∂M y ∂x
∆x ∆y
Ia” Ia’
∂M y M y + ∆x ∂x My
Kedua arus tersebut menimbulkan arus magnetisasi keatas sebesar:
∂M y ∂M x ∆x ∆y − I a = ∂y ∂x Dimana ∆x∆y adalah luas yang dilalui arus Ia.
Rapat arus magnetisasi didefinisikan sebagai:
(J M )x (J M )y (J M )z
∂M z ∂M y Ia = = − ∆x ∆y ∂y ∂z ∂M x ∂M z = − z x ∂ ∂ ∂M y ∂M x = − ∂y ∂x
Sehingga rapat arus magnetisasi total adalah curl dari magnetisasi:
r r r JM = ∇ x M
B. INDUKSI MAGNET DARI BAHAN DIMAGNETISASI Titik medan
r r r r'
r r'
r r r − r'
∆V’
r r
r M
V0
: Vektor posisi titik pengamat : Vektor posisi titik/sumber medan
Momen magnet dari elemen volume ∆V’
r r ∆m(x ' , y' , z ' ) = M (x ' , y' , z ' )∆V'
1. Kita tentukan dahulu potensial vektor magnetnya. Potensial vektor magnet dari dipol magnet diberikan oleh:
r µ0 r r A= mx r 3 4 πr Potensial vektor magnet dari elemen volume ∆V’:
r µ 0 r (rr − rr ' ) µ 0 r (rr − rr ' ) M x r r 3 ∆V ' ∆A = ∆m x r r 3 = 4π 4π r − r' r − r' r r µ 0 M x (rr − rr ' ) A= dV' r r 3 4π V ' (r − r ')
∫
µ0 r r 1 M x ∇' r r dV' = 4π V ' r − r'
∫
Ingat !!!
r r r r r r ∇ x αF = α ∇ x F − F x ∇α r r M 1 r r r r 1 ∇' x r r = r r ∇' x M − M x ∇' r r r − r' r − r' r − r'
Maka:
r r r r r µ 0 ∇' x M r M µ0 A(r ) = ∇ x r r dV' r r dV' − 4π V ' r − r ' 4π V ' r − r'
∫
∫
Kesamaan vektor : r r r r ∇ x F dV = n x F da = − F x n da
∫
∫
V
S
∫ S
Maka : r r r r µ 0 ∇' x M µ0 A(r ) = dV ' + r r 4π V ' r − r ' 4π S
∫
∫
r r Mxn r r da ' r − r'
Dengan mendefinisikan rapat arus magnetisasi permukaan (arus magnetisasi per-satuan panjang yang mengalir melalui permukaan):
r r r jm = M x n Maka potensial vektor magnet menjadi:
r r r r µ0 JM jm µ0 A(r ) = r r dV' + r r da ' 4π V ' r − r ' 4π S r − r '
∫
∫
2. Kita tentukan induksi magnetnya.
r r r µ 0 M x (rr − rr ' ) µ0 r r 1 A(r ) = dV' = − M x ∇ r r dV' r r 3 4π V ' r − r' 4π V ' (r − r ')
∫
∫
r r r r r µ0 r r r 1 B(r ) = ∇ x A (r ) = − ∇ x M x ∇ r r dV' 4π V ' r − r'
∫
r r r r r µ0 r r r 1 B(r ) = ∇ x A(r ) = − ∇ x M x ∇ r r dV' 4π V' r − r'
∫
∫(
)
r r r 1 µ0 r r 2 1 µ0 M ∇ r r dV' − M • ∇ ∇ r r dV' = 4π V ' r − r' 4π V' r − r' 14442 4443 144442 4444 3 r r
∫
B1
B1
r r r r µ0 r µ0 r r 2 1 B1 = M ∇ r r dV' = M 4π δ(r − r ' ) dV' = µ0 M 4π V ' r − r' 4π V '
∫
∫
r r r r r r 1 µ0 µ0 r r (r − r ') µ0 r r r 1 M x ∇ x∇ r r dV' B2 = M • ∇ ∇ r r dV' = ∇ M • r r 3 dV'− 4π V' 4π V ' r − r' 4π V' − r' r − r ' 142r 43 =0 r 1 r (rr − rr ' ) r *r M • r r 3 dV' = µ0∇φ ( r ) = µ 0∇ 4π V ' r − r' 1 44424443 potensial skalar magnet
∫(
)
∫
∫
∫
Maka induksi magnet dari bahan yang dimagnetisasi
[
]
r r r r r *r B(r ) = µ 0 M ( r ) − ∇φ (r ) Untuk bahan yang tidak dimagnetisasi:
r *r r r r M = 0 ⇒ B(r ) = −µ0∇φ (r ) 3. Kita tentukan potensial skalar magnetnya.
r r r ( 1 r − r ') 1 r r 1 * r M • r r 3 dV' = φ (r ) = M • ∇' r r dV' 4π V ' 4π V ' r − r' r − r'
∫
∫
( )
r' r' r r' r r Gunakan : ∇ • αF = α ∇ • F + ∇ α • F r 1 α= r r ;F=M r − r'
r' r r r 1 M 1 ∇ •M * r ' φ (r ) = ∇ • r r dV'− r r dV' 4π V ' 4π V ' r − r ' r − r'
∫
∫
∫
Teorema divergensi:
r r r r ∇ • F dV = F • n da
V
∫ S
(
)
r' r r r −∇ •M 1 M•n 1 * r φ (r ) = r r da '+ r r dV' 4 π S' r − r ' 4π V ' r − r '
∫
r r Definisikan: ρ M = −∇'• M r r σM = M • n
∫
= Rapat kutub magnet = Rapat permukaan kuat kutub magnet
Maka potensial skalar magnet menjadi:
r 1 1 ρM σM dV ' φ* (r ) = + r r r r da ' 4π V ' r − r ' 4 π S' r − r '
∫
∫
Analog dengan potensial listrik statik (elektrostatik)
Sehingga induksi magnetnya menjadi:
[
]
r r r r r *r B(r ) = µ 0 M (r ) − ∇φ (r )
r µ0 r r 1 r r 1 = µ0 M − ρ M (r ' )∇ r r dV'+ σ M (r ' )∇ r r da ' r − r' r − r' 4π V ' S'
∫
∫
r r r r r µ0 r (r − r ' ) r (r − r ' ) µ = µ0 M + ρ M ( r ' ) r r 3 dV'+ 0 σ M (r ' ) r r 3 da ' 4π V ' 4 π S' r − r' r − r'
∫
∫
Contoh: Suatu bahan berbentuk silinder yang dimagnetisasi segaram searah panjangnya. r
n
r n
r M
r n
r M r r ρ M = −∇'• M = 0 r r σ M = M • n = 0 jika r r = M • n ≠ 0 jika
r M
r r M⊥n r r M tidak ⊥ n
Jadi di selubung permukaan tak ada medan magnet. Kutub magnet hanya terletak di ujung kiri dan kanan dari bahan.
N
S
C. INTENSITAS MAGNET; SUMBER MEDAN MAGNET Medan magnet dapat bersumber dari: arus transport dan bahan yang dimagnetisasi. Jika kedua sumber tersebut ada, maka induksi magnet dapat dinyatakan sebagai:
rr r r r *r r r µ 0 j( r ' ) x (rr − rr ' ) B(r ) = dV' + µ 0 M ( r ) − ∇φ ( r ) r r 3 144 42444 3 4π V ' r − r' 14444244443 dari bahan yang dim agnetisasi
[
∫
]
dari arus transport
rr r r Jika arus transport j ( r ' ) dan M ( r ' ) sudah ditentukan, maka induksi magnet dapat dihitung.
r r Jika M ( r ' )diketahui, maka rapat kutup magnet ρM dan rapat permukaan kutub
magnet σM dapat dihitung, sehingga potensial skalar magnet dapat ditentukan. Dalam realita, magnetisasi merupakan fungsi dari medan luar, sehingga:
()
r r r M=MB
Maka induksi magnet sulit dihitung, karena magnetisasinya sendiri merupakan fungsi dari medan luar. Karena itu dibuat definisi, bahwa:
r r r r 1 r r B(r ) − M (r ) = H (r ) µ0 r r H (r ) adalah intensitas magnet. Dengan demikian maka:
rr r r r *r r r j(r ' ) x (r − r ' ) H (r ) = r r 3 dV' − ∇φ (r ) r − r' V'
∫
D. PERSAMAAN MEDAN Persamaan medan:
r r ∇ • B = 0 berlaku umum, jadi sumbernya tidak hanya dari arus transport r r r r ∇ x B = µ0 J ( J = arus total)
r J=
r {j
r jM {
+
arus transport
arus magnetisasi
(
r r r r ∇ x B = µ0 j + jM
)
Sehingga:
r r r r ∇ x B = µ0 j + µ0 jM r r r r r = µ0 j + µ0 ∇ x H ⇒ jM = ∇ x H
(
)
Maka:
r r r r ∇ x B − µ0 M = µ0 j 1424 3
(
)
r µ H 0
r r r ∇x H = j
(arus transport saja )
Dalam bentuk integral:
∫(
)
r r r r r ∇ x H • n da = j • n da
S
∫ S
r r = H • dl
∫C
Teorema Stokes
r n C
C adalah lengkungan yang membatasi permukaan S r r r r H • d l = j • n da
∫
∫
C
S da
dl
S
r r I = j • n da (arus transport yang melalui S)
∫ S
Maka : r r H • dl = I
∫ C
Untuk induksi magnet:
∫ S
r r B • n da = 0
Persamaan-persamaan medan menjadi:
r r r r B • n da = 0 ∇•B = 0 S ⇒ r r r r r H • dl = I ∇ x H = j C
∫
∫
SUSEPTIBILITAS DAN PERMEABILITAS MAGNET
I. SUSEPTIBILITAS DAN PERMEABILITAS MAGNET Diperlihatkan hubungan antara induksi magnet dan intensitas magnet serta juga magnetisasi untuk memecahkan persoalan dalam teori magnet. Hubungan ini bergantung pada bahan magnetnya yang dapat diperoleh dari eksperimen. Dalam kuliah ini kita batasi pada bahan magnet isotrop dan linier, yaitu:
r r M = χm H χm
adalah suseptibilitas magnet bahan (besaran tidak berdimensi)
Ada tiga kelompok bahan menurut nilai suseptibilitas magnetnya: 1. χm < 0 : bahan diamagnetik 2. χm > 0 , namum χm << 1 : bahan paramagnetik 3. χm > 0 , dan χm >> 1 : bahan ferromagnetik
Bila magnetisasi linier terhadap intensitas magnet:
r r M = χm H Maka induksi magnet juga linier terhadap intensitas magnet, melalui:
r r r B = µ0 H + µ0 M r r = µ0 H + µ0 χm H r = µ0 (1 + χ m )H r =µH µ disebut permeabilitas magnet bahan. Permeabilitas nisbi (relatif) diberikan oleh:
µ Km = = 1 + χm µ0
Magnetisasi M sebagai fungsi dari kuat medan H
M
r B
M
r M
r Bi
ferromagnetik
0.01
100
r B r M
r Bi
paramagnetik H diamagnetik
χm < 0
χm > 0
A. BAHAN DIAMAGNETIK Bahan diamagnetik terdiri atas atom-atom atau molekul-molekul yang tidak memiliki dipol magnet permanen. Jika bahan tsb di dalam medan magnet, sehingga terinduksi momen dipol sedemikian rupa sehingga meda magnet di dalam bahan Bi lebih kecil daripada medan luar B.
r r M = χm H
r B r M
r Bi
χm < 0
Contoh beberapa bahan diamagnetik (memperlemah medan magnet)
Bahan
χm
Bismut
-16.4 x 10-5
Tembaga
-0.98 x 10-5
Intan
-2.2 x 10-5
Air raksa (Hg)
-2.8 x 10-5
Perak
-2.4 x 10-5
Emas
-3.5 x 10-5
Hidrogen (1 atm)
-0.22 x 10-8
Nitrogen (1 atm)
-0.67 x 10-8
Karbondioksida (1 atm)
-1.19 x 10-8
Suseptibilitas magnet diperoleh pada temperatur kamar
B. BAHAN PARAMAGNETIK Atom-atom dalam bahan paramagnetik memiliki momen dipol magnet permanen, namum arahnya dalam bahan bersifat acah, jika tak ada medan magnet luar, sehingga:
r 1 M= V
∑
r mi = 0
i
Jika diberikan medan magnet luar, sebagian dari dipol magnetnya akan terorientasi, sehingga magnetisasinya menjadi:
r r r r mi • B M = N. m i eˆ B 3kT eˆ B
adalah vektor satuan dari medan magnet dan N adalah jumalah dipol per m3. Suseptibilitas magnetnya :
r M µ0 Nm 2 χ m = µ0 r = 3kT B
Arah orientasi momen dipol magnet bahan (a). Tanpa medan magnet luar, (b). Dengan magnet luar.
r B=0
r 1 M= V
∑ i
r mi = 0
r B>0
r r r r mi • B M = N. m i eˆ B 3kT
Contoh beberapa bahan paramagnetik (memperkuat medan magnet) Bahan
χm
Alumunium
2.1 x 10-5
GdCl3
603 x 10-5
Magnesium
1.2 x 10-5
Natrium
0.84 x 10-5
Titan
18 x 10-5
Tungsten
7.6 x 10-5
Oksigen (1 atm)
Nilai suseptibilitas diukur pada suku kamar
193.5 x 10-8
C. BAHAN FERROMAGNETIK Ada kemungkina terjadi magnetisasi permanen. Artinya walaupun tak ada medan luar (tak ada magnetisasi), bahan tersebut bersifat magnetik. Hubungan antara magnetisasi dan intensitas magnet, serta antara induksi magnet dan intensitas magnet tidak linier.
r r B =µH r r tidak berlaku M = χm H Untuk bahan ferromagnetik, permeabilitas magnet µ, tidak lagi konstan tetapi merupakan fungsi dari intensitas magnet.
( )
r µ=µ H ⇓
( )
r r r B=µ H H
Pandang suatu bahan ferromagnetik yang semula tidak dimagnetisasi, diletakkan dalam medan magnet yang besarnya dapat diubah-ubah. Jika intensitas magnet yang awalnya nol, dinaikkan secara monoton, maka hubungan induksi magnet dan intensitas magnet ditunjukkan dalam gb. dibawah ini: Magnetisasi jenuh
(
r r r B = µ0 H + M
r B µ µ0
Kurva magnetisasi bahan
µ µ0
r H
)
Kurva Histeresis
Intensitas magnet H diperbesar dari nol secara kontinu, maka harga B akan mengikuti lengkungan magnetisasi hingga mencapai H maksimum.
B r
c -H
0
H
Kemudian jika nilai H diperkecil, maka nilai B tidak mengikuti lengkungan magnetisasi semula, sehingga untuk nilai H yang sama, nilai permeabilitas ada dua. Walaupun intensitas magnet H = 0, nilai B ≠ 0 (tetap ada). Untuk menghilangkan B, maka diperlukan intensitas magnet balik (-H) → titik c. Jika intensitas magnet balik diperbesar, maka magnetisasi M dan juga B akan berubah arah (-M dan –B) dan kembali ke titik awal (simetris).
Contoh beberapa bahan ferromagnetik Bahan
χm
Bismut
-16.4 x 10-5
Tembaga
-0.98 x 10-5
Intan
-2.2 x 10-5
Air raksa (Hg)
-2.8 x 10-5
Perak
-2.4 x 10-5
Emas
-3.5 x 10-5
Hidrogen (1 atm)
-0.22 x 10-8
Nitrogen (1 atm)
-0.67 x 10-8
Karbondioksida (1 atm)
-1.19 x 10-8
Mayoritas bahan ferromagntik adalah elemen logam transisi, seperti besi, nikel atau kobal. Jika bahan ferromagnetik dipanaskan diatas temperatur tertentu (Temperatur Curie, TC), maka sifat magnetinya akan hilang. magnet
T < TC T > TC N
Suseptibilitas magnet bahan ferromagnetik hanya dapat diamati pada temperatur diatas temperatur Curie.
C χ m (T ) = T − θC T > θC > TC Dimana C konstanta bahan (Konstanta Curie)
TC (K)
C (K)
θC (K)
Kobal (Co)
1395
2.24
1415
Besi (Fe)
1033
2.22
1100
Nikel (Ni)
627
0.59
650
EuO
70
4.7
78
Bahan
D. ANTIFERROMAGNETIK ¾ Bahan antiferromagnetik dapat digambarkan oleh struktur krital dengan kisi-kisi yang diisi oleh dua jenis atom dengan momen magnet yang berlawanan arah (anti-parallel). Jika tak ada medan luar, besarnya momen magnet yang antiparallel seimbang sehingga magnetisasi total sama dengan nol (M = 0). ¾ Contoh bahan antiferromagnetik MnO, MnF2 dll.
A
A
A A
A B B
B
B A
A A
A
A
E. FERRIMAGNETIK DAN FERRIT ¾ Dalam bahan ferrimagnetik, momen magnet masing-masing atom tidak sama, sehingga memiliki magnetisasi spontan M, walaupun tanpa adanya medan magnet luar. ¾ Contoh bahan ferrimgnetik adalah Fe3O4. ¾ Jika atom Fe diganti dengan atom lain, seperti Mg atau Al, maka menjadi bahan Ferrit. Kurva magnetisasi bahan ferrimagnetik A
A
A
χm
A
A B B
B
B A
χ⊥
A A
A
C χm = T+θ
A
χm -θ
0
χ TN
T
Jika dipanaskan diatas temperatur kritis (Temperatur Néel, TN), bahan antiferromagnetik dan bahan ferrimagnetik akan berubah menjadi bahan paramagnetik. Suseptibilitasnya digambarkan dengan:
χm =
C T + θN
θN : temperatur Néel paramagnetik. C : konstanta Curie
TN (K)
θN (K)
FeCl2
24
48
MnF2
67
82
FeO
195
570
CoO
291
330
NiO
520
-
Bahan
Jika dibandingkan dengan ahan ferromagnetik, maka jelas bahwa TN < TC.
Kurva magnetisasi bahan antiferromagnetik
χm
χ⊥
χm -θ
0
χ TN
T
Pada T < TN, bahan antiferromagnetik membentuk suatu struktur domain-domain momen magnet, sehingga suseptibilitasnya bergantung pada sejajar atau tegak lurus medan magnet luar.
r B
SYARAT BATAS UNTUK VEKTOR-VEKTOR MEDAN
Mengetahui sifat perubahan vektor medan pada batas dua medium atau bahan. Pandang dua buah medium yang mempunyai permeabilitas berbeda (yang satu boleh hampa/udara)
µ2 µ1
2 1
Pada umumnya jika mediumnya berlainan, maka medan magnetnya juga berbeda.
r
Syarat batas dari medan B
r r ∇•B = 0 r r ∇ • B dV = 0
∫
V
∫ S
r r B • n da = 0
Perubahan medan B pada permukaan medium-1 dan medium-2
r n2 2 1
µ2 µ1
∆S ∆S
r B1
∫
r B2
r n1
r r B • n da = 0
S
Kita ambil permukaan tertutup itu pada permukaan batas, dimana S = permukaan selubung silinder dan tinggi silinder → 0.
r r r r B2 • n 2 ∆S + B2 • n 2 ∆S = 0 r r karena n1 = − n 2 maka :
(
)
r r r B2 − B1 • n 2 = 0 r r B2 n − B1n = 0
r r B2 n − B1n = 0 r r B2 n = B1n r r B2 t ≠ B2 t
Komponen normal dari B kontinu pada bidang batas, sedangkan komponen tangensial tidak.
r Syarat batas dari medan H
∫
Persegi panjang, dimana AD → 0 dan BC → 0
2 1
µ2 µ1
A
D
r H1
r ∆l r − ∆l
C
r H2
∫
A
Integral garis melalui lengkungan tertutup
B
C
r r r r H • d l = I = j • n da
∫
C
r r r r r r r r H • d l = H 2 • ∆ l − H 1 • ∆ l = j • n∆ l
∫
r r r r r r r r H • d l = H 2 • ∆ l − H 1 • ∆ l = j • n∆ l
C
Dimana:
r r j • n' r j r n2 r n'
r l0
: arus yang melalui bidang persegi-panjang per-satuan jarak. : arus permukaan (transport) persatuan panjang. : normal pada bidang persegi panjang : normal yang masuk ke dalam bidang r : vektor satuan sepanjang ∆ l
r n2
r ∆l, l0
r r ∆ l = ∆l l0 r r r n ' = n 2 x l0
(
)
r r r r r r r H 2 • l 0 ∆l − H 1 • l 0 ∆l = j • n 2 x l 0 ∆l r r r r r r H 2 − H1 • l0 = j x n 2 • l0
(
)
(
r r r r H 2 − H1 t = j x n 2
(
)
)
Salah satu sifat penting dari induksi magnet B adalah bahwa fluks magnet bersifat kontinu disemua posisi. Pandang suatu tabung dari induksi magnet yang dibatasi permukaan S1 dan S2.
r B2
r n2
Teorema divergensi :
S2
∫
r r ∇ • B dV = 0
V
r' n1 r n1
S1
=
∫
S2
r r r r B • n da − B • n' da
∫
S1
= Φ (S2 ) − Φ (S1 ) Fluks magnet yang masuk tabung melalui S1 sama dengan yang keluar melalui S2.
r r r r H 2 − H1 t = j x n 2
(
)
Jika tidak ada arus transport pada bidang batas (j = 0), maka medan H juga:
r r H 2 t = H 1t Artinya bahwa komponen tangensial dari medan H kontinu pada bidang batas.
PERSOALAN NILAI BATAS YANG MELIBATKAN MATERIAL MAGNET Karena medan B dan H memenuhi syarat batas seperti halnya medan-medan D dan E, maka persoalan-persoalan yang menyangkut medium linier atau yang dimagnetisasi secara khusus sama seperti persoalan dielektrik (lihat LM I). Dalam bahasan ini, dihitung medan magnet didalam material magnet dimana tidak ada arus transport (indentik dalam dielektrik, tanpa rapat arus luar). Jika tidak ada arus, J = 0, maka persamaan medan menjadi:
r r ∇•B = 0 r r ∇x H = 0
Sehingga medan H merupakan gradien dari suatu fungsi skalar φ*:
r r H = −∇φ *
Dimana fungsi skalar φ* disebut potensial skalar magnet akibat dari semua sumber.
Terdapat dua tipe bahan magnet dimana medan magnet dapat dihitung dengan persoalan nilai batas yang sederhana : 1. Linier atau bahan magnetik hampir linier : B = µH. 2. Material yang dimagnetisasi seragam : ∇ • M = 0 Untuk kedua material tadi, berlaku :
r r r r r r ∇• B = ∇•µH = ∇• H = 0 ⇓
r2 * ∇ φ =0
Jadi jika tidak ada arus tranport, potensial skalar magnet memenuhi pers. Laplace.
Medan H dapat dihitung sebagai minus gradien dari potensial magnet dan medan B diperoleh dari :
r r B =µH atau r r r B = µ0 H + M
(
)
Contoh pemakaian syarat batas 1.
Sebuah bahan magnet linier berbentuk bola berjejari a dan mempunyai permeabilitas µ, diletakkan di dalam medan magnet yang semula r seragam B0 . Hitung induksi magnet di dalam dan di luar bola. Solusi : Persoalan ini sama dengan persoalan yang telah dibahas dalam kasus bola dielektrik yang diletakkan dalam medan listrik seragam. Solusinya adalah dengan persamaan Laplace dalam koordinat bola : (a). Untuk daerah diluar bola
φ1* (r , θ) = A1r cos θ + C1r −2 cos θ (b). Untuk di daerah bahan magnet
φ*2 (r , θ) = A 2 r cos θ + C2 r −2 cos θ Konstanta-konstanta A1, A2, C1 dan C2 ditentukan oleh syarat batas.
Pada jarak yang jauh dari bola, medan magnet bernilai konstan :
[ ] [φ (r, θ)] r B(r , θ) * 1
r r →∞ = B0 k r B0 z + konst r →∞ = − H dz = − µ0
∫
B0 = − r cos θ + konst µ0 Maka :
B0 A1 = − µ0
Medan magnet dan potensial skalar magnet tidak berharga tak-hingga pada setiap titik, maka C2 = 0. Pada permukaan bola, medan-medannya bersifat kontinu di permukaan (r = a):
r r B2 n = B1n r r H 2 t = H 1t
H1θ r =a = H 2 θ r =a B1r r =a = B2 r r =a
H1θ r =a = H 2 θ r =a ∂φ1* − ∂θ
r =a
∂φ*2 =− ∂θ
r =a
B0 C1 − a sin θ + 2 sin θ = A 2a sin θ a µ0 B0 C − sin θ + 31 sin θ = A 2 sin θ ...................... (1) a µ0 B1r = B2 r ∂φ1* − µ0 ∂r
r =a
∂φ*2 = −µ ∂r
B0 cos θ + 2µ0
r =a
C1 cos θ = −µA 2 cos θ ..................( 2) 3 a
Kombinasi persamaan (1) dan (2) menghasilkan : (PR!!!)
3B0 A2 = − (µ + 2µ0 ) B0a 3 µ C1 = − 1 µ0 (µ + 2µ0 ) Induksi medan magnet di dalam bola:
r r 3B0 k B2 = µ 1+ 2 0 µ Induksi medan magnet di luar bola:
µ − 1 3 r r µ r r a 0 B1 = B0 k + B0 (3 cos θ a r + sin θ a θ ) µ r + 2 µ 0
1.
Sebuah bahan magnet linier berbentuk bola berjejari a dimagnetinasi secara seragan M. Jika tidak ada medan magnet yang lain, tentukan medan magnet akibat magnetisasi tersebut. (Solusinya lihat Reitz, Foundation of electromagnetic theory, 4th edition, hal. 240-242).
ARUS-ARUS DALAM LINTASAN BAHAN MAGNET Dalam pembahasan sebelumnya, telah dihitung medan magnet yang dihasilkan oleh arus didalam ruang vakum. Sekarang, kita bahas sebagai contoh toroid dimana bahannya adalah material feromagnetik yang diasumsikan homogen, isotropik dan asalnya tidak dimagnetisasi. Berdasarkan hukum Ampere, medan H sama di setiap titik:
H tl = N I NI Ht = l
r I I
Ht = komponen tangensial
l = 2πr = panjang lintasan
Medan magnet :
Bt = µ 0 ( H t + M t ) =
µ0 NI + µ0 M t l
Jadi ada penambahan µ0Mt dibanding dengan kasus dalam vakum.
Jika cincin toroida dipotong sebesar d, maka : Berdasarkan hukum Ampere, medan H sama di setiap titik sebelum ada celah d:
d
H1 =
NI l
Diasumsikan bahwa magnetisasi M seragaram sepanjang bahan feromagnetik :
r
H 2 = M (di dalam celah )
I
H2 = 0
I
(di setiap titik )
Namun hal diatas tidak konsisten dengan hukum sirkuit Ampere, karena :
∫
r r H • dl =
∫ (H
1
+ H 2 ) dl = NI + Md ≠ NI
Kecuali jika d kecil. Sehingga pendekatan yang benar adalah :
d H 2 = M1 − (di dalam celah ) l d H2 = −M (di dalam bahan ) l
Pendekatan ini tidak hanya memenuhi hukum sirkuit Ampere, namun kontinuitas komponen normal B pada muka-muka kutub.
Maka secara umum medan magnet didalam celah dan didalam bahan feromagnetik adalah:
(
r r r B = µ0 H + M B=
)
µ0 NI d + µ0 M 1 − l l
Dimana :
M = χ m (H )H Untuk “besi lunak”, χm adalah konstanta.
BAB IV INDUKSI ELEKTROMAGNETIK
INDUKSI ELEKTROMAGNETIK Persamaan medan listrik statik:
r r r r ∇ x E = E • dl = 0
∫
Gaya gerak listrik (ggl) dari suatu rangkaian tertutup didefinisikan sebagai:
r r dΦ ξ = E • dl = − dt
∫
F adalah fluks yang melewati suatu lintasan tertutup C. Untuk medan statik E dan B, maka gaya gerak listrik ini nol.
Sedangkan fluks magnet dalam suatu rangkaian adalah:
r r Φ = B • n da
∫ S
r r d r r E • dl = − B • n da dt S C
∫
∫
⇓ teorema Stokes r r r ∂B r ∇ x E • n da = − • n da ∂t S
∫( S
)
r r ∂B ∇x E = − ∂t
∫
Bentuk diferensial dari Hukum Faraday
Tanda negatif mengindikasikan arah dari ggl untuk melawan perubahan yang menghasilkan ggl tsb.
Pandang suatu kawat konduktor lurus dengan panjang l berberak dalam arah tegak lurus terhadap panjang kawat tsb dengan kecepatan v. Kemudian berikan medan magnet B tegak lurus terhadap bidang dimana kawat bergerak (lihat gambar). Utara, N
r B
+b r v
a
c V
−
d Selatan, S
Muatan-muatan bebas didalam kawat akan mengalami gaya Lorentz :
(
r r r r F = q E+v×B
)
Gaya ini akan mendorong muatan positif dan negatif bergerak berlawanan arah menuju ujung-ujung kawat karena qv x B.
Dalam keadaan mantap, jika muatan-muatan bebas tidak bergerak , maka gaya total pada muatan adalah nol, yaitu medan magnet di setiap titik dalam kawat diimbangi oleh gaya listrik yang melawan akibat dari pemisahan muatan-muatan.
E = vB Jika medan B seragam, maka E konstan sepanjang kawat, sehingga beda potensial ujung kawat : b
r r ∆φ = − E • d l = El
∫ a
Jika beda potensial ini disebut V, maka : V
= Blv
Jika B tak-bergantung waktu, maka :
r r ∇×E = 0 r r E • dl = 0
∫
r r E • d l tak-bergantung lintasan, khususnya jika kita bayangkan lintasan
Integral ∫ abcda diperluas sapai diluar medan magnet, sehingga V juga merupakan beda potensial sepanjang lintasan bcda. Kenyataannya jika b dan c juga d dan a dihubungkan oleh kawat konduktor secara sempurna, maka V adalah beda potensial antara terminal c dan d diluar medan magnet.
Blv
dapat diungkapkan dalam bentuk lain.
Fluks Φ yang melalui sirkuit abcda berubah berdasarkan :
dΦ dA dx =B = Bl = − Blv dt dt dt Maka :
V = − dΦ dt
Bentuk lain hukum Faraday
Jika v terorientasi sembarang terhadap panjang kawat l , maka hanya komponen v yang tegak lurus terhadap l saja yang berkontribusi terhadap V. Karena itu :
r r V ∝ l×v
r r Untuk B sembarang, hanya komponen yang tegak lurus terhadap bidang l dan v yang berkontribusi pada V. Karena
r r r r l × v ⊥ bidang l − v , maka :
(
r r r V = B• l × v
)
motional emf
INDUKTANSI DIRI Dalam suatu sirkuit yang terisolasi, ada hubungan antara fluks yang melalui sirkuit dengan arus dalam sirkuit tersebut. Jika dalam sirkuit tsb terdapat bahan-bahan yang linier (µ = konstan), maka nilai fluks berbanding lurus dengan arus listrik:
Φ∝I Misalkan sirkuit tersebut stasioner dan pejal, maka perubahan fluks hanya ditimbulkan oleh perubahan arus saja, melalui:
dΦ dΦ dI = dt dI dt Untuk bahan linier:
dΦ Φ = dI I
dΦ ⇒ L= dI
Sehingga gaya gerak listrik (ggl):
dI ξ = −L dt
Induktansi diri sirkuit
Contoh: Induktansi diri dari suatu kumparan toroida (dalamnya udara) Fluks yang melalui tiap lilitan:
r r Φ1 = B • n da = B A
∫ S
= µ0 n I A = N = jumlah lilitan
µ0 N I A l
l = panjang lilitan Dari hukum sirkuit Ampere, magnet induksi didalam lilitan toroida :
µ0NI B= l l = 2πR
Fluks total:
µ0 N 2 IA Φ= l
Induktansi diri:
Φ µ0 N 2 A L= = I l
INDUKTANSI BOLAK-BALIK Φ 21 = fluks yang melalui sirkuit-2 yang ditimbulkan oleh sirkuit-1
1
2
I1
I2
Jika ada N-buah sirkuit yang saling berinteraksi, maka: Φij : fluks yang melalui sirkuit ke-i yang ditimbulkan oleh sirkuit ke-j
Fluks yang melalui sirkuit ke-i didefinisikan:
Φi =
N
∑ Φ ij j=1
dΦ i = dt
N
∑ j=1
dΦ ij dt
Perubahan fluks yang disebabkan oleh perubahan arus adalah:
dΦ ij dt
=
dΦ i = dt
dΦ ij dI j dI i dt N
dΦ ij dI j
∑ dI j j=1
dt
Maka induktansi bolak balik antara sirkuit ke-I dan ke-j adalah:
M ij =
dΦ ij
dΦ i = dt
dI j N
∑M j=1
dI j ij
dt
Jika semua sirkuit terletak di dalam medium linier, maka Mij tidak bergantung pada arus-arus, namun tergantung pada geometri sirkuit saja).
M ji = M ij M ii = Li
Contoh perhitungan indukstansi bolak-balik dalam kumparan toroida. toroida mempunyai 2-lapisan lilitan (lilitan dalam dan lilitan luar).
Sebuah
Jika N1 = jumlah lilitan dalam dan I1 adalah arus lilitan dalam, sedangkan N2: jumlah lilitan luar dengan arus I2, maka induktansi bolak-balik adalah:
Φ 21 M 21 = I1 Induksi magnet yang ditimbulkan oleh lilitan dalam:
B=
µ0 N1I1 l = keliling rata − rata toroida l
µ0 N1N 2 I1A l µ 0 N1 N 2 A M 21 = l simetris µ 0 N1 N 2 A M12 = l
Φ 21 = B A N 2 =
Induktansi diri masing-masing lilitan adalah:
µ0 N12 A µ0 N 22 A L1 = ; L2 = l l M12 = M 21 = L1L2 ⇒ dalam toroida Persamaan diatas menyatakan bahwa induktansi bolak-balik antara dua sirkuit selalu lebih kecil atau sama dengan akar dari perkalian induktansi diri masingmasing sirkuit. Karenanya secara umum, sering ditulis:
M12 = k L1L2 ; k ≤ 1 Dimana k adalah koefisien gandeng. • |k| = 1 ⇒ seluruh fluks dari sirkuit-1 masuk melalui sirkuit-2. • |k| < 1 ⇒ tidak semua fluks dari sirkuit-1 melalui sirkuit-2 • k > 0 atau k < 0 tergantung dari bertambah besar atau kecilnya fluks yang melalui lititan.
RUMUS NEUMANN Untuk dua sirkuit dalam medium linier, induktansi bolak-balik dinyatakan dengan:
M 21 =
Φ 21 I1
Induksi magnet di sirkuit-2:
r r r r r µ0 I1 d l1 x (r2 − r1 ) B(r2 ) = r r3 4π C r2 − r 1 r r Φ 21 = ∫ B • n da 2
∫
S2
µ0 I1 = 4π
r d l x (rr − rr ) r 1r 2r 3 1 • n da 2 C1 r2 − r
∫ ∫ 2
r r r µI d l1 x (r2 − r1 ) r Φ 21 = 0 1 r r 3 • n da 2 4π r2 − r 2 C1 r r r r r d l1 x (r2 − r1 ) 1 = − ∇ ⇒ l d x r 1 2 r r r3 r2 − r r2 − r
∫ ∫
r r r r r d l1 1 r 1 dari ∇2 x r r = r r ∇2 x d l1 − d l1 x ∇2 r r 424 3 r2 − r r2 − r 1 r2 − r =0
r r µ0 I1 d l1 r Φ 21 = ∇2 x r r • n da 2 4π r2 − r S2 C1 r r r µ0 I1 d l1 = ∇2 x r r • n da 2 4π r2 − r C S2 1
∫ ∫
∫
∫
r r r d l1 µ0I1 ∇2 x r r • n da 2 Φ 21 = 4π r2 − r C S2 1
∫
∫
∫(
)
r r r r r ∇ x E • n da = E • d l
Teorema Stokes:
∫
S
C
⇓ r r ∇ x d l1 r r 2 r − r1 S2 C1 2
∫
∫
r r r d l1 • d l2 • n da = r r 2 r2 − r1 C C 2 1
∫∫
Maka induktansi bolak-balik menjadi:
M 21 =
L2 =
µ0 4π C
∫∫
µ0 4π C
2C1
∫∫
1 C2
r r d l1 • d l2 r r r2 − r1
r r' d l2 • d l2 r r' r2 − r2
Rumus Neumann
INDUKTANSI RANGKAIAN SERI I, dI
M
dt
R1
L1
L2
R2
V
V + ξ1 + ξ2 = I(R1 + R 2 ) dI dI + (L2 + M ) dt dt dI V = I (R1 + R 2 ) + (L1 + L2 + 2 M ) dt V = I (R1 + R 2 ) + (L1 + M )
Sehingga rangkaian menggambarkan suatu resistor dengan resistansi/tahanan R1 + R2 seri dengan suatu induktansi L1 + L2 + 2M.
Besarnya induktansi : 1. L1 + L2 + 2|M| untuk kopoling positif ( fluks akibat I1 dan I2 dalam masingmasing koil searah). 2. L1 + L2 - 2|M| untuk kopoling negatif. Induktansi bolak balik :
M = k L1L2
; − 1≤ k ≤ 1
Induktansi efektif dari rangkaian seri :
Leff = L1 + 2 k L1L2 + L2
INDUKTANSI RANGKAIAN PARALEL R1
L1
I1 M
I2 R2
V
L2
Dalam kasus rangkaian paralel, tidak mungkin untuk mendefinisikan induktansi efektif dan resistansi efektif sebagai fungsi dari R1 , R2 , L1 dan L2 . Namun bila R1 dan R2 diabaikan, maka :
dI1 dI 2 V = L1 +M dt dt dI dI V = L2 2 + M 1 dt dt
Dengan mengeliminasi dI1/dt kemudian dI2/dt, diperoleh :
(
V( L2 − M ) = L1L2 − M 2
) dIdt 1
L1L2 − M 2 dI V = dI L1 + L2 − 2 M dt V( L1 − M ) = L1L2 − M 2 2 dt
(
)
Sehingga induktansi efektif dari dua induktor paralel :
Leff
L1L2 − M 2 = L1 + L2 − 2 M
Dimana tanda dari M bergantung pada cara dari kedua konduktor dihubungkan.
BAB V ENERGI MAGNET
Jika suatu sumber tegangan V diberikan pada suatu sirkuit, secara umum arus yang melalui sirkuit adalah : V + ξ = IR Dimana ξ adalah induksi emf (ggl) dan R adalah resistansi. Kerja yang dilakukan V dalam pertambahan muatan dq = I dt melalui sirkuit : V dq = V Idt = -ξ I dt + I2R dt = I dΦ + I2R dt Suku I2R dt menggambarkan konversi irreversible dari energi listrik menjadi panas oleh sirkuit, suku ini juga menyerap seluruh kerja jika tak ada perubahan fluks (dΦ = 0). Suku I dΦ adalah kerja untuk melawan ggl dalam sirkuit, yang merupakan bagian kerja yang dilakukan V dalam pergantian struktur sifat magnet. dWb = I dΦ Dimana indeks b menunjukkan kerja dilakukan oleh sumber energi listrik luar (misalnya batere). Kerja ini berharga positif, jika perubahan fluks yang melalui sirkuit dΦ searah dengan fluks yang dihasilkan oleh arus I.
Untuk sirkuit stasioner (tak ada kebocoran energi selain panas), maka suku dWb sama dengan perubahan energi magnet dalam sirkuit.
A. ENERGI MAGNET DARI SIRKUIT TERGANDENG Jika ada n buah sirkuit dimana arusnya saling berinteraksi, maka kerja listrik yang dilakukan untuk melawan ggl (induksi emf) adalah :
dWb =
n
I i dΦ i ∑ i 1 =
Jika dΦi dihasilkan oleh perubahan arus dalam n sirkuit itu sendiri, maka perubahan fluks menjadi :
dΦ i =
n
dΦ ij
∑ dI j=1
j
dI j =
n
∑M
ij dI j
j=1
Untuk sirkuit stasioner, maka tidak ada kerja mekanis yang berkaitan dengan perubahan fluks dΦi sehingga dWb sama dengan perubahan dalam energi magnet dU dari sistem.
Jika nilai arus akhir dari sirkuit-sirkuit ini adalah I1, I2, …, In maka :
I 'i = αI i dΦ i = Φ idα Dimana a adalah fraksi dari arus dan fluks total, maka :
∫
1
n
∫ ∑
dWb = dα
i =1
0
1 = 2
I 'i Φ i =
∑ I Φ ∫ α dα i
i =1
n
∑I Φ i
i
i =1
Sehingga energi magnet dari n-sirkuit yang tergandeng :
1 U= 2
n
n
∑I Φ = ∑M i
i =1
i
j=1
1
n
ij dI j
i
0
Untuk rangkaian/sirkuit pejal dan medium magnetnya linier, maka :
1 U= 2
n
n
∑∑ M I I
ij i j
i =1 j=1
1 1 1 2 2 = L1I1 + L1I1 + ... + L n I 2n 2 2 2 + M12 I1I 2 + M13I1I 3 + ... + M1n I1I n + M 23I 2 I 3 + ... + M n −1,n I n −1I n Dimana : Mij = Mji Mii = Li Jika hanya dua rangkaian yang tergandeng, maka energi magnetnya :
1 1 L1I12 + M I1I 2 + L2 I 22 2 2 M12 = M U=
Jika didefinisikan : x =
U=
I1 I2
(
)
1 2 I 2 L1x 2 + 2 Mx + L2 ≥ 0 2
Nilai x yang menghasilkan U minimum (maksimum) diperoleh dengan :
dU =0 dx L1x + M = 0 M x=− L1 Energi magnet U ≥ 0 untuk sembarang nilai x, khususnya nilai minimum U adalah lebih besar atau sama dengan nol.
M 2 2M 2 − + L2 ≥ 0 L1 L1 L1L2 ≥ M 2
Untuk rangkaian/sirkuit tunggal :
Φ = LI 1 2 1 Φ2 1 U = IΦ = LI = 2 L 2 2 B. RAPAT ENERGI DALAM MEDAN MAGNET Pandang suatu kelompok rangkaian berarus diletakkan dalam medium dengan sifat magnet linier. Jika diasumsikan masing-masing rangkaian hanya terdiri dari satu loop saja, maka fluks ΦI diungkapkan sebagai :
Φi =
∫
r r B • n da =
Si
∫
r r A • d Ii
Ci
Dimana A adalah potensial vektopr lokal. Energinya :
1 U= 2
∑∫
i Ci
r I i A • dI i
Untuk sejumlah sirkuit Ci, maka :
r r I id Ii → J dv 1 r r J • A dv U= → 2V i Ci V
∫
∑∫ ∫
r r r ∇×H = J r r r r r r r r r ∇• A×H = H• ∇×A − A• ∇×H
(
)
(
)
(
)
maka :
(
)
∫(
)
1 r r r 1 r r r U= H • ∇ × A dv − A × H • n da 2V 2S
∫
Dimana S adalah permukaan yang dilingkupi oleh volume V. Kontribusi integral permukaan menjadi hilang, jika S menjadi tak-hingga, sehingga :
1 r r H • B dv U= 2V r r r B = ∇×A
∫
(
)
Rapat energi di dalam medan magnet :
1r r u = H•B 2 Untuk kasus bahan magnet isotropik dan linier (B = µH), maka : 2 1 1 B u = µH 2 = 2 2 µ
C. GAYA DAN TORQUE PADA SIRKUIT PEJAL Pandang salah satu bagian dari sistem membuat perpindahan dr akibat pengaruh gaya-gaya magnet yang bekerja padanya, semua arus tetap konstan. Kerja mekanis oleh gaya F yang bekerja pada sistem :
r r dW = F • d r = dWb − dU Dimana dU adalah perubahan energi magnet dalam sistem dan dWb adalah kerja oleh sumber energi luar untuk melawan induksi emf (ggl) sehingga arus tetap konstan.
Jika geometri sistem diubah oleh pergerakan satu bagian dari sistem atau lebih, tetapi arusnya konstan, maka :
dU =
1 2
dWb =
I i dΦ i dWb = 2dU I idΦ i
∑ i
∑ i
r r dU = F • d r r r F = ∇U dU Fx = dx I
Gaya pada sirkuit adalah gradien dari energi magnet, jika I dijaga konstan.
Jika gerak sirkuit dibuat sedemikian rupa sehingga ia berotasi disekitar sumbunya, maka :
r r dW = τ • dθ = τ1dθ1 + τ2dθ2 + τ3dθ3
Dimana τ adalah torque magnet pada sirkuit dan dθ adalah pergeseran sudut. Dalam kondisi ini :
∂U ∂U ∂U ; τ2 = ; τ3 = τ1 = ∂θ1 I ∂θ2 I ∂θ3 I Kedua persamaan diatas untuk arus konstan adalah analog dengan kasus listrik statik untuk potensial konstan, dimana kerja batere diperlukan untuk menjada agar potensial konstan. Fluks yang melewati sirkuit dapat dijaga konstan, maka dWb = 0 dan sistem dikatakan terisolasi, akibatnya :
r r F • d r = dW = −dU ∂U ∂U Fx = − ; τ1 = − ∂x Φ ∂θ1 Φ
BAB VI PERSAMAAN MAXWELL
A. GENERALISASI HUKUM AMPERE Medan magnet akibat distribusi arus memenuhi hukum Ampere :
∫
r r r r H • d l = J • n da
∫
Namun hukum Ampere terkadang tidak dapat digunakan, karena itu perlu generalisasi yang selalu berlaku. Pandang suatu sirkuit yang terdiri dari suatu kapasitor pelat sejajar yang kecil diberi arus konstan I.
S2 Kontur C S1 kapasitor
I(t )
Jika hukum Ampere diterapkan pada kontur C dan permukaan S1 :
∫
r r r r H • d l = J • n da = I ........(1)
∫
C
S1
Namun jika hukum Ampere diterapkan pada kontur C dan permukaan S2 :
∫
C
r r H • dl =
∫
r r J • n da = 0 .......( 2)
S2
Kedua persamaan diatas kontradiktif, karena itu keduanya salah. Persamaan (1) dianggap benar, karena ia tidak bergantung pada kapasitor, sedangkan persamaan (2) perlu dimodifikasi karena kehadiran pelat kapasitor. Jika permukaan S2 dan S1 membentuk suatu permukaan tertutup S, maka n di setiap titik dibuat keluar dari permukaan S, sehingga :
∫
r r J • n da = − I
S
Dimana tanda minus datang dari perubahan arah normal. Disisi lain, integral permukaan dari persamaan (1) dan (2) sama dengan integral garis H disekitar kurva C yang sama.
Dengan pendekatan ini, maka :
∫
r r r r r r J • n da = H • d l − H • d l = 0
∫
S
C
∫
C
Tanda minus timbul dari perubahan C dalam kasus permukaan S1. Sekarang kontradiksi timbul dari bentuk arus I yang diasumsikan mengalir kedalam volume yang dilingkupi permukaan S menjadi nol. Inilah ketidakkonsistenan dengan hukum Ampere. Arus yang mengalir kedalam volume kenyataannya tidak sama dengan nol, namun sama dengan laju perubahan muatan pada keping kapasitor (hukum kekekalan muatan). Ketidakkonsistenan ini dapat diselesaikan dalam formulasi hukum Ampere yang lain : r r r
∇×H = J
Namun divergensi dari curl sembarang vektor itu nol, sehingga :
(
)
r r r ∇• ∇×H = 0
Disisi lain dari hukum kekekalan muatan (kontinuitas arus listrik ) :
r r ∂ρ ∇•J + =0 ∂t
Sehingga ada ketidakkonsistenan antara hukum Ampere dengan persamaan kontinuitas arus listrik, karena :
(
)
r r r r r Hukum Ampere ∇• ∇×H = ∇•J = 0 r r ∂ρ Kontinuitas arus listrik ∇•J = − ∂t
Sangatlah sulit untuk memodifikasi agar kedua persamaan diatas konsisten. Cara untuk memodifikasi adalah dengan mengubah suku sebelah kanan dari hukum Ampere dengan suatu vektor yang divergensinya nol. Dengan menggunakan hukum Gauss :
r r ∇•D = ρ Sehingga persamaan kontinuitas arus listrik menjadi :
(
)
r r ∂ r r ∇•J = − ∇•D = 0 ∂t r r r ∂D = 0 ∇ • J + ∂t
Disini diasumsikan bahwa D adalah fungsi kontinu dari ruang dan waktu dimana turunannya dapat ditukar.
Sehingga hukum Ampere dapat ditulis :
r r r r ∂D ∇×H = J + ∂t r D = pergeseran arus
B. PERSAMAAN MAXWELL Persamaan Maxwell merupakan generalisasi dari keempat hukum dalam listrik dan medan magnet :
r r r r ∂D ∇×H = J + ∂t r r r ∂B ∇×E = − ∂t r r ∇•D = ρ r r ∇•B = 0
Hukum Ampere Bentuk diferensial hukum Faraday Hukum Gauss Medan magnet bersifat dipol
C. ENERGI ELEKTROMAGNETIK Energi potensial listrik statik dari sistem muatan yang menghasilkan medan listrik :
1 r r E • D dv UE = 2V
∫
Energi yang disimpan dalam medan magnet :
UM
1 r r = H • B dv 2V
∫
Dari hukum Ampere yang diperluas dan bentuk diferensial hukum Faraday :
r r r r r r r r r ∂B r ∂D r r H • ∇ × E − E • ∇ × H = −H • − E• − E•J ∂t ∂t
(
)
(
)
Suku kiri dapat dikonversi dengan bantuan persamaan identitas :
(
)
(
)
(
r r r r r r r r r ∇• F×G = G• ∇×F − F• ∇×G Menghasilkan :
)
r r r r r r ∂B r ∂D r r ∇ • E × H = −H • −E• − E•J ∂t ∂t
(
)
Jika persamaan diatas diterapkan dalam medium, dimana D(t) sebanding dengan E(t) dan B(t) sebanding dengan H(t) [konstanta-konstanta pembandingnya tak bergantung waktu], maka :
r r ∂D r ∂ r 1 ∂ r 2 ∂ 1 r r E• E•D = E • εE = ε E = 2 ∂t ∂t 2 ∂t ∂t r r ∂B r ∂ r 1 ∂ r 2 ∂ 1 r r H•B H• = H • µH = µ H = 2 ∂t ∂t ∂t ∂t 2 Sehingga persamaan sebelumnya menjadi :
(
)
(
)
r r r ∂ 1 r r r r r r ∇• E×H = − E • D + B• H − J • E ∂t 2 Turunan waktu dari jumlah rapat energi listrik dan magnet Dalam banyak kasus J = gE adalah negarif laju pemanasan persatuan volume (g adalah konduktivitas listrik).
Bentuk integrasi terhadap volume V yang dilingkupi permukaan S :
∫
V
(
)
∫ (
)
r r r r r d 1 r r r r E • D + B • H dv − J • E dv ∇ • E × H dv = − dt V 2 V
∫
Dengan menerapkan terome divergensi pada suku sebelah kiri, maka :
∫( S
−
)
∫ (
)
r r r r r d 1 r r r r E × H • n da = − E • D + B • H dv − J • E dv dt V 2 V
∫
V
∫ (
)
∫(
∫
)
r r r r r d 1 r r r r J • E dv = E • D + B • H dv + E × H • n da dt V 2 S
Sehingga jelas bahwa bagian J • E terdiri dari dua bagian : 1. Laju perubahan energi elektromagnetik yang disimpan dalam volume V 2. Integral permukaan.
−
∫
V
∫ (
)
∫(
)
r r r r r d 1 r r r r J • E dv = E • D + B • H dv + E × H • n da dt V 2 S
Suku sebelah kiri merupakan daya yang ditransfer kedalam medan elektromagnetik melalui gerakan muatan-muatan bebas dalam volume V. Jika tidak ada sumber emf/ggl dalam V, maka suku sebelah kiri berharga negatif dan sama dengan minus produksi panas Joule persatuan waktu. Namun dalam kasus tertentu bisa berharga positif. Pandang partikel bermuatan q bergerak dengan kecepatan konstan v dibawah pengaruh kombinasi gaya mekanis, listrik dan magnet, maka laju dimana kerja mekanis bekerja pada partikel :
(
)
r r r r r r r r Fm • n = −q E + v × B • v = −q E • v Rapat arus dapat didefinisikan :
r J=
∑
r N iq i v i
i
Maka laju dimana kerja mekanik persatuan volume (rapat daya) ditransfer kedalam medan elektromagnetik :
∑ i
r r r r N i Fm • v i = − E • J
Karena integral permukaan hanya meliputi medan listrik dan medan magnet, ini memungkinkan untuk mengintrepetasikan bagian ini sebagai laju energi yang melalui permukaan tertutup. Sehingga persamaan :
−
∫
V
∫ (
)
∫ (
)
r r r r r 1 r r r r ∂ J • E dv = E • D + B • H dv + ∇ • E × H dv ∂t V 2 V
Menggambarkan kekekalan energi dalam volume tertentu V. Jika didefinisikan :
r r r S = E × H = vektor Poynting 1 r r r r u = E • D + B • H = rapat energi listrik dan magnetik 2
(
)
Maka :
r r ∂u r r ∇•S + = −J • E ∂t
jelas J • E = kerja yang dilakukan oleh medan lokal pada partikelpartikel bermuatan persatuan volume.
Jika ∇ • S = 0 merupakan hukum kekekalan energi lokal : laju perubahan energi medan sama dengan disipasi daya persatuan volume persatuan waktu di setiap titik.
Jika ∇ • S ≠ 0 tetapi J • E = 0, maka :
r r ∂u ∇•S + =0 ∂t
Persamaan kontinuitas untuk muatan, kecuali jika rapat energi u berperan dalam rapat muatan ρ.
Jika persamaan diatas menggambarkan kekekalan energi, maka ∇ • S merupakan divergensi dari suatu rapat arus energi atau laju aliran energi persatuan luas. Umumnya:
r r r S = E×H
merupakan aliran energi lokal persatuan waktu dan luas.
D. PERSAMAAN GELOMBANG Salah satu konsekuensi penting dari persamaan Maxwell adalah persamaan propagasi gelombang elektromagnetik dalam medium linier. Persamaan gelombang untuk H :
r r r r ∂D ∇×H = J + ∂t r r r r r r r ∂D ∇×∇×H = ∇×J + ∇× ∂t
Dengan bantuan :
Maka :
r r D = εE r r J = gE
r r r r r r r ∂E ∇ × ∇ × H = g∇ × E + ε∇ × ∂t
Dengan bantuan persamaan Maxwell dan B = µ H, maka :
r r r r ∂B ∂H ∇×E = − = −µ ∂t ∂t
r r 2 r r r ∂H ∂ H ∇ × ∇ × H = −gµ − εµ 2 ∂t ∂t r r 2 r r r r2r ∂H ∂ H ∇ ∇ • − ∇ = − µ − εµ H H g 123 2 ∂ t ∂ t =0 r r r2r ∂ H ∂H ∇ H − εµ 2 − gµ = 0 .....................(1) ∂t ∂t 2
Untuk medan E, juga berlaku :
r r r r r r ∂B r r r ∂D ∇ × ∇ × E = −∇ × = −∇ × J − ∇ × ∂t ∂t r r ∂E ∂2E = − gµ − εµ 2 ∂t ∂t r r 2 r2r ∂ E ∂E ∇ E − εµ 2 − gµ = 0 .....................( 2) ∂t ∂t
Kedua persamaan gelombang (1) dan (2) merupakan persamaan gelombang yang dibangun medan elektromagnetik dalam medium linier dan homogen dimana rapat muatannya nol tanpa memperdulikan apakah mediumnya konduktor atau bukan konduktor. Persamaan (1) dan (2) merupakan konsekuensi penting dari persamaan Maxwell (persamaan Maxwell dipenuhi). Untuk menyelesaikan persamaan gelombang tsb, perlu diperlukan perhatian khusus dalam menyelesaikan persamaan Maxwell.
E. GELOMBANG MONOKROMATIK Gelombang monokromatik adalah gelombang dimana medan-medannya dicirikan oleh frekuensi tunggal.
r r r r − iωt r r E(r , t ) = E(r ) e = E(r ) cos(ωt + ϕ ) Jika disubstitusikan ke dalam persamaan gelombang :
r r r2r ∂ E ∂E =0 ∇ E − εµ 2 − gµ ∂t ∂t r2r r r −iωt 2 e ∇ E + ω εµE + iωgµE = 0 2
{
}
1. Dalam ruang hampa (vakum) Dalam vakum, g = 0, ε = ε0, dan µ = µ0. Jika medan E(r) berubah hanya dalam 1-dimensi (misalnya arah-z), maka persamaan gelombang menjadi :
r 2 d E(z ) ω r + E =0 2 dz c ε0µ0 = 1 2 c 2
Persamaan gelombang diatas disebut persamaan Helmholtz secara matematis sama dengan persamaan osilator harmonik dengan solusinya :
r r E(z ) = E0 exp(± iκz ) r E 0 = vektor kons tan κ=ω c Secara lengkap :
r r r E(r , t ) = E 0 exp{− i(ωt m κz )} r r r E(r , t ) = E 0 cos(ωt m κz ) ⇒ bagian real r r r E(r , t ) = E 0 cos ω(t m z / c )
Menggambarkan perambatan gelombang sinusoidal ke arah kanan atau kiri dalam arah-z (bergantung tanda minus dan plus yang digunakan). Kecepatan propagasi gelombang adalah c. Jika cahaya adalah suatu bentuk radiasi elektromagnetik, maka persamaan Maxwell memperkirakan bahwa kecepatan cahaya dalam vakum:
1 c= = 2,9979 x 108 m / s ε0µ0
Frekuensi gelombang dan panjang gelombang didefinisikan :
2π ω f= ; λ= κ 2π 2. Dalam medium dielektrik non-magnetik dan non-kondukting Dalam medium ini, g = 0, µ = µ0 dan ε = Kε0, maka persamaan gelombangnya sama dengan dalam vakum, kecuali :
κ = Kω / c Dengan mendefinisikan n = K , persamaan gelombang E sama dengan vakum kecuali kecepatan propagasi gelombang menjadi c/n. Besaran n disebut indeks bias dari medium dielektrik (untuk vakum n = 1). 3. Dalam medium kondukting
r2r r r 2 ∇ E + ω εµE + iωgµE = 0 Dalam medium ini, g > 0, sehingga suku ketiga dalam persamaan diatas eksis. Jika g kecil, maka gelombang dikatakan teredam.
Jika nilai g kecil, maka suku ketiga lebih kecil dibandingkan dengan suku kedua, maka :
ωgµ << ω2εµ
; g << ωε
Jika nilai g >> ωε, maka suku kedua diabaikan. Untuk kasus satu-dimensi :
r r d E(z ) + iωgµ E = 0 2 dz 2
Jika koefisien E dibuat real, maka harus diasumsikan bahwa α = iω juga real, dengan kata lain frekuensinya imajiner. Jika κ = αgµ , maka fungsi ruang dari E(r) sama seperti dalam vakum, hanya sekarang kebergantungan terhadap waktunya berbeda.
r r r r E(r , t ) = E(r ) exp(− αt )
merupakan medan yang meluruh ekponensial terhadap waktu (bukan perilaku gelombang berosilasi). Transisi perilaku meluruh dan gelombang terjadi jika :
ω=α≅
g 1 = ε tc
tc = waktu relaksasi material
Dari tracing penurunan persamaan :
r2r r r 2 ∇ E + ω εµE + iωgµE = 0 Dari persamaan Maxwell, suku kedua atau ∂2E/∂t2 diturunkan dari pergeseran arus ∂D/∂t, sedangkan suku ketiga atau ∂E/∂t diturunkan dari arus transport J. Sehingga eksistensi propagasi gelombang elektromagnetik bergantung pada pergeseran arus dalam persamaan Maxwell. Tanpa pergeseran arus, hanya ada medan yang meluruh secara eksponensial.
F. SYARAT-SYARAT BATAS 1. Syarat batas medan magnet induksi B Syarat-syarat batas yang harus dipenuhi oleh medan-medan listrik dan magnet pada interface antara dua media diturunkan dari persamaan Maxwell.
r r ∇•B = 0 Pada sembarang interface antara dua media dapat digambarkan oleh suatu permukaan silinder (lihat gambar).
r n1
S1
S3
h
A
S2 Teorema divergensi :
r n3
1 2
r n2
∫
r r r r ∇ • B dv = B • n da = 0
∫
r r r r r r r r B • n da = B • n1 da + B • n 2 da + B • n 3 da = 0
V
S
∫ S
∫
S1
∫
S2
∫
S3
Jika h → 0, maka suku ketiga menjadi nol, dan secara geometris S1~ S2. Karena normal n1 berlawanan arah dengan normal n2, maka berlaku :
B1n = B2 n
Komponen normal dari medan magnet B adalah kontinu pada interface
2. Syarat batas medan listrik E Komponen tangensial dari medan listrik dapat diperlakukan dengan cara yang sama. Hal ini sekali lagi berdasarkan persamaan Maxwell :
r r r ∂B ∇×E + =0 ∂t r r r r ∂B r ∇ × E • n da = − • n da ∂t S S
∫(
)
∫
l
h1
1
h2
2
Dengan menerapkan teorema Stokes, maka :
r ∂B r lE1t − lE 2 t + h1E1n + h 2 E 2 n − h1E'1n − h 2 E'2 n = − • n da ∂t S
∫
Jika loop dibuat tipis (h1 → 0 dan h2 → 0), maka keempat suku terakhir dalam ruas kiri dan ruas kanan adalah nol, sehingga :
lE1t − lE 2 t = 0 E1t = E 2 t
Komponen tangensial dari medan listrik E harus kontinu pada interface
3. Syarat batas pergeseran listrik D Syarat batas pada komponen normal pergeseran listrik lebih kompleks, namun juga dapat diturunkan dari salah satu persamaan Maxwell :
r r ∇•D = ρ Dengan cara yang sama seperti dalam penurunan syarat batas medan B dapat diturunkan dengan silinder tipis pada permukaan batas dua media yang berbeda
∫
r r ∇ • D dv =
V
∫
ρ dv
V
Dengan menerapkan teorema divergensi, dan h → 0, maka :
(D1n − D2 n ) = σ Dimana σ adalah rapat muatan permukaan pada interface. Umumnya σ ≠ 0, sehingga syarat batas menjadi kompleks, namun muatan listrik harus kekal :
r r ∂ρ ∇•J = − ∂t Sehingga dapat dibuat penyederhanaan.
Dengan mengintegralkan persamaan kekekalan muatan listrik dan silinder dibuat tipis h → 0, maka :
∂σ (J1n − J 2 n ) = − ∂t
Jika hanya radiasi monokromatik yang ditinjau, rapat muatan permukaan harus berubah dengan e-iωt sehingga ruas kanan persamaan diatas menjadi iωσ. Dengan substitusi D = εE dan J = gE, maka diperoleh :
ε1E1n − ε2 E 2 n = σ g1E1n − g 2 E 2 n = iωσ Beberapa kasus khusus : (a). Jika σ = 0, maka :
ε1 ε2 = g1 g 2 benar jika dipilih material yang sesuai atau jika g1 = g2 = 0 atau ∞. Kondisi g1 = g2 = 0 dapat direalisasi pada interface antara dua dielektrik yang baik.
(b). Jika σ ≠ 0 (kasus umum), maka :
g1 g2 ε1 + i E1n − ε2 + i E 2 n = 0 ω ω (c). Jika salah satu konduktivitasnya tak-hingga, g2 = ∞, maka :
E2n = 0 σ E1n = ε1 4. Syarat batas intensitas magnet H Syarat batas komponen tangensial juga dapat diturunkan dengan mengintegralkan persamaan Maxwell terhadap permukaan yang ditutupi oleh loop, seperti dalam kasus komponen tangensial medan listrik:
r r r r ∂D ∇×H = J + ∂t
Jika loop dibuat tipis, maka kondisi batas menjadi :
H1t − H 2 t = j⊥ Dimana j⊥ adalah komponen rapat arus permukaan yang tegak lurus terhadap arah komponen-H yang sesuai. Ide rapat arus permukaan adalah analog dengan rapat muatan permukaan yang menggambarkan suatu arus berhingga dalam suatu lapisan tak-hingga. Rapat arus permukaan menjadi nol, kecuali jika konduktivitasnya tak-hingga, karenanya untuk konduktivitas berhingga berlaku :
H1 t = H 2 t Artinya komponen tangensial H bersifat kontinu, jika salah satu medium memiliki konduktivitas tak-hingga. Jika g2 = ∞, maka E2n = 0. Bentuk umum untuk medium-2 berdasarkan persamaan Maxwell :
r r r ∂D2 r ∇ × H2 − = J2 ∂t
Dengan menggunakan hubungan D2 = εE2 dan J2 = gE2, dan diasumsikan E2 berubah terhadap waktu sesuai e-iωt menghasilkan :
r E2 =
(
r r 1 ∇ × H2 g 2 − iωε2
)
Persamaan diatas mengimplikasikan bahwa E2 = 0 dalam medium yang konduktivitasnya tak-hingga. Dengan asumsi yang sama, maka :
r H2 =
(
1 r r ∇ × E2 iωµ2
)
Sehingga jika E2 = 0 , maka H2 = 0. Dengan demikian syarat batas pada komponen tangensial H pada interface dimana konduktivitas salah satu mediumnya tak-hingga, maka :
H1t = j⊥
Tabel. Syarat-syarat medan medan listrik, pergeseran listrik, medan magnet induksi dan intensitas medan magnet untuk kasus g = 0, g = ∞ dan g sembarang.
g
Et
Dn
Ht
Bn
g1 = g2 = 0
E1t = E2t
D1n = D2n
H1t = H2t
B1n = B2n
g2 = ∞
E2t = 0 E1t = 0
D2n = 0 D1n = σ
H2t = 0 H1t = j⊥
B2n = 0 B1n = 0
g 1 , g2 sembarang
E1t = E2t
H1t = H2t
B1n = B2n
≠∞
g1 ε + i 1 E1n ω g2 = ε2 + i E 2 n ω
BAB VII RADIASI ELEKTROMAGNETIK
A. PERSAMAAN GELOMBANG DENGAN SUMBER Dalam pembahasan persamaan gelombang elektromagnetik monokromatik, sebelumnya diasumsikan bahwa rapat muatan ρ di dalam medium nol dan hanya ada sumber arus J yang timbul dari respon pasif suatu medium ohmik terhadap gedan listrik dari gelombang. Dalam pembahasan kali ini, akan diturunkan persamaan gelombang EM dimana terdapat sumber muatan dan arus yang diberikan oleh distribusi muatan ρ (r, t) dan distribusi arus J (r,t). Karena divergensi induksi magnetik B adalah nol, maka dapat diungkapkan dalam surl suatu potensial vektor.
(
)
r r r r r ∇•B = ∇• ∇×A = 0 r r r B = ∇×A .......................(1)
Dengan menerapkan salah satu persamaan Maxwell :
r r r ∂B ∇×E = − ∂t r r ∂ r r ∇×E + ∇×A = 0 ∂t
(
)
Dengan mengasumsikan bahwa turunan medan dalam ruang dan waktu dapat ditukar, maka :
r r r ∂A = 0 ∇ × E + ∂t Maka medan E dapat diungkapkan dalam gradien suatu skalar :
r r r ∂A E = −∇ φ − ∂t
..........................( 2)
Persamaan (1) dan (2) merupakan bentuk medan magnet dan medan listrik dalam potensial vektor dan skalar. Dengan substitusi pers. (1) dan (2) kedalam persamaan Maxwell, dengan bantuan D = εE dan B = µH :
r r r r ∂D ∇×H = J + ∂t r ∂ r ∂A r 1r r r = J ∇ × ∇ × A + ε ∇φ + µ ∂t ∂t
Dengan menggunakan hubungan :
r r r r r r ∂A ∂ = µJ ∇ × ∇ × A + εµ ∇φ + ∂t ∂t r 2 r r r r2r r ∂φ r ∂ A ∇ ∇ • A − ∇ A + εµ 2 + εµ∇ = µJ ∂t ∂t
(
)
Defisinikan kondisi Lorentz (gauge Lorentz) :
r r ∂φ ∇ • A + εµ = 0 ∂t Maka :
r r2r r ∂ A ∇ A − εµ 2 = −µJ ∂t 2
Persamaan gelombang takhomogen dari potensial vektor.
Dengan bantuan persamaan (2) dan persamaan Maxwell, diperoleh :
r r ∂A r r = ρ − ε ∇ • ∇φ + ∇ • ∂t
Pertukaran urutan divergensi dan turunan waktu pada A dan dengan menggunakan kondisi (gauge) Lorentz, menghasilkan : 2 ρ ∂ φ ∇2φ − εµ 2 = − ε ∂t
Persamaan gelombang takhomogen dari potensial skalar.
Solusi untuk persamaan gelombang tak-homogen analog dengan solusi umum persamaan Poisson, yang terdiri dari solusi umum persamaan homogen dan solusi khusus persamaan tak-homogen. Persamaan gelombang potensial skalar tak-homogen dikurangi dalam kasus statis ∂φ/∂t =0, menjadi persamaan Poisson, sehingga solusinya seperti dibahas dalam persoalan listrik statik dalam vakum :
φ=
1 4πε0
∫
V
r ρ( r ' ) r r dv ' r − r'
Untuk persamaan gelombang A, solusi dalam kondisi statis dan vakum) :
r r µ0 A(r ) = 4π V
∫
rr J (r ' ) r r dv ' r − r'
Namun kedua solusi tersebut tidak dapat menggambarkan kebergantungan terhadap waktu dari ρ (r, t) dan J (r,t). Dalam vakum (n = 1), maka persaman gelombang potensial skalar : 2 ρ ∂ φ 1 2 ∇ φ− 2 2 = − ε c ∂t
Dimana dapat dengan mudah dicari solusinya untuk suatu muatan titik dan kemudian seluruh elemen-elemen muatan ρ ∆v dijumlahkan dalam distribusi muatan yang sesuai. Untuk memudahkan muatan titik diletakkan di titik pusat koordinat, sehingga persamaan : 2 ∂ φ 1 2 ∇ φ− 2 2 = 0 c ∂t
harus dipenuhi disetiap titik, kecuali di titik pusat dimana dalam suatu volume kecil ∆v di sekitar titik pusat yang harus dipenuhi:
2 1 ∂ 2φ 1 dv ∇ φ − 2 2 = − q( t ) ε c ∂t ∆V
∫
q(t) hanya menggambarkan besaran muatan q di titik pusat pada waktu t (bukan kebergantungan gerakan muatan q terhadap waktu). Dari sifat simetri distribusi muatan, maka potensial φ hanya bergantung pada r saja (tidak bergantung pada sudut azimut), sehingga :
1 ∂ 2 ∂φ 1 ∂ 2φ − 2 2 =0 r 2 r ∂r ∂r c ∂t Dengan mendefinisikan :
φ(r , t ) =
χ(r , t ) r
∂ 2χ 1 ∂ 2χ − 2 2 =0 2 c ∂t ∂r Persamaan ini merupakan persamaan gelombang 1-dimensi yang dipenuhi oleh fungsi sembarang r – ct atau r + ct.
Bukti : Definisikan :
u = r – ct dan f (u) adalah fungsi sembarang.
∂ 2f d 2f ∂u d 2f ; = 2 = 2 2 du ∂r du ∂r 2 df d f ∂ 2f ∂f df ∂u 2 = ; c = = −c du ∂t du ∂t ∂t 2 du 2 ∂f df ∂u df = = ∂r du ∂r du
Substitusi ke dalam persamaan :
∂ 2χ 1 ∂ 2χ − 2 2 =0 2 ∂r c ∂t Diperoleh :
d 2f 1 2 d 2f =0 − 2 c 2 2 du c du
( terbukti)
Dengan demikian terbukti bahwa fungsi r – ct memenuhi persamaan gelombang 1-dimensi (begitu pula dengan fungsi r + ct ).
Sehingga fungsi : χ = f (r – ct) + g (r + ct) Merupakan solusi sembarang dari persamaan gelombang 1-dimensi. Namun fungsi g (r + ct) tidak terjadi dalam aplikasi persamaan gelombang, sehingga dapat dihilangkan. Fungsi f (r + ct) menggambarkan suatu gelombang yang merambat keluar dari sumber muatan q, sedangkan fungsi g (r + ct) menggambarkan suatu gelombang yang merambat kearah sumber muatan dari tak-hingga. Suatu solusi simetrik bola sekarang tersedia :
φ=
f (r − ct ) r
yang mengandung suatu fungsi sembarang sehingga persamaan :
2 1 ∂ 2φ 1 dv ∇ φ − 2 2 = − q( t ) ε c ∂t ∆V
∫
juga dipenuhi.
Potensial muatan statik :
q φ= 4πε0 r
Kedua bentuk fungsi potensial muatan statik dan simetrik bola dapat dikonversi :
q (t − r / c ) f (r − ct ) = 4 πε0 Sehingga solusi persamaan gelombangnya menjadi :
q (t − r / c ) f (r − ct ) = 4πε0 r Dengan demikian, persamaan gelombang tak-homogen potensial skalar dalam kondisi Lorentz dipenuhi oleh :
r r ρ( r ' , t ' ) 1 φ(r , t ) = r r dv ' 4πε0 V r − r '
∫
Dimana t’ = t - |r – r’|/c disebut waktu retardasi (pelambatan) dan fungsi φ disebut sebagai potensial skalar retardasi.
Solusi untuk persamaan gelombang potensial vektor A tak-homogen dapat diperoleh dengan cara yang sama. Vektor-vektor A dan J diurai terlebih dahulu kedalam komponen kartesian (x, y, z). Contoh untuk komponen-x:
r2 ∂ 2Ax ∇ A x − εµ 2 = −µJ x ∂t Dimana solusinya memiliki bentuk :
r r µ J x (r ' , t ' ) A x (r , t ) = 0 r r dv ' 4π V r − r '
∫
Jika ketiga koponen digabung kembali, maka diperoleh :
rr r r µ J (r ' , t ' ) A(r , t ) = 0 r r dv ' 4π V r − r '
∫
dimana vektor A disebut potensial vektor retardasi.
B. EMISI RADIASI B.1. RADIASI DARI SUATU DIPOL YANG BEROSILASI Contoh sederhana radiasi dimana distribusi muatan-arus bergantung waktu adalah perhitungan radiasi dari suatu dipol listrik yang berosilasi. Dipol diasumsikan terdiri dari bola-bola yang diletakkan di posisi z = ± l / 2 yang dihubungkan oleh sebuah kawat yang kapasitansinya diabaikan. Muatan sebelah atas adalah +q dan muatan bawah –q. Kekekalan muatan memerlukan bahwa arus didalam kawat :
z +q
I = + q&
l/2 y
l/2 -q x
Dimana arus I > 0 dalam arah positif z. Kondisi dimana kapasitansi arus diabaikan dan arusnya seragam jika panjang l kecil dibandingkan dengan panjang gelombang radiasi.
Potensial vektor yang diakibatkan distribusi arus diatas didalam vakum :
(
)
r r I z' , t − r − z' k / c r µ0 A z (r , t ) = dz ' r r 4 π −l / 2 r − z' k l/2
∫
(
)
r r r r 2 2 1/ 2 r − z ' k = r − 2z ' k • r + z ' Jika l < r artinya hanya medan pada jarak yang jauh dari dipol yang dihitung, maka :
r r r − z ' k = r − z ' cos θ
Dimana θ adalah sudut antara r dan sumbu-z. Suku z’ cos θ dapat diabaikan jika r cukup besar. Namun dalam bentuk retardasi z’ cos θ dapat diabaikan jika z’ cos θ /c diabaikan dibandingkan dengan waktu dimana perubahan arus signifikan. Sebagai contoh dengan perioda untuk arus yang berubah secara harmonik.
Karena z’ cos θ ≤ l / 2 , artinya bahwa z’ cos θ /c dapat diabaikan dalam bentuk waktu retardasi hanya jika :
l << cT = λ 2 Jika dipol kecil dibandingkan dengan satu panjang gelombang dan titik pengamatan jauh dibandingkan dengan l , maka :
r µ l r A z (r , t ) = 0 I t − ................(a ) 4π r c Potensial skalar φ dapat ditentukan dengan menerapkan kondisi (gauge) Lorentz atau dengan menggunakan ungkapan potensial retardasi yang sesuai. Kedua metoda memberikan hasil yang sama. Namun karena potensial listrik akibat suatu dipol adalah perbedaan antara dua bagian besar, pendekatan potensial retardasi harus hati-hati. Karena kesulitan ini dikaitkan dalam perhitungan gauge Lorentz, potensial skalar diperoleh dengan menyelesaikan :
r r 1 ∂φ ∇•A + =0 c ∂t Dimana A didefinisikan dalam persamaan (a).
l ∂ 1 r ∂φ =− I t − ∂t 4πε0 ∂z r c l = 4πε0
z r z r 3 I t − + 2 I' t − r c r c c
Dimana I’ adalah turunan dari I. Dengan mengintergasikan persamaan diatas, dimana I = +q’, maka diperoleh :
r φ(r , t ) =
l z q (t − r / c ) I(t − r / c ) + 2 4πε0 r r c
Untuk menghitung medan elektromagnetik, maka diperlukan mendefinisikan distribusi arus-muatan yang berubah secara harmonik terhadap waktu.
r r q t − = q 0 cos ω t − c c r r I = + q& = I 0 sin ω t − = − ωq 0 sin ω t − c c
Dengan menyelesaikan potensial vektor A kedalam harmonik bola, diperoleh :
µ 0 I 0l r Ar = cos θ sin ω t − 4π r c Aθ = −
µ 0 I 0l r sin θ sin ω t − 4π r c
Aϕ = 0 Induksi magnet B dapat dihitung dari B = ∇ x A, maka hanya komponen-ϕ saja yang tidak nol.
1 ∂A r 1∂ (rA θ ) − Bϕ = r ∂θ r ∂r µ 0 I 0l ω r 1 r = sin cos ω t − + sin ω t − 4π r c r c c
Perhitungan medan listrik lebih kompleks karena tidak hanya melibatkan A namun juga φ. Komponen-komponen medan listrik : (PR !!)
r r r ∂A E = −∇ φ − ∂t ∂φ ∂A r 2 I 0l cos θ sin ω(t − r / c ) cos ω(t − r / c ) Er = − − = − 2 3 r t 4 ∂ πε0 ∂ r c ωr 1 ∂φ ∂A θ I l sin θ 1 ω r r 1 cos t sin − ω ω − − =− 0 − t − 2 3 2 r ∂θ ∂t 4 πε0 ωr rc c c r c 1 ∂φ ∂A ϕ Eϕ = − − =0 r sin θ ∂ϕ ∂t Eθ = −
Untuk menghitung laju dimana dipole memancarkan energi dilakukan dengan mengintegralkan komponen normal vektor Poynting diseluruh jari-jari bola :
∫
π r r 1 2 S • n da = R E θ Bϕ 2π sin θ dθ µ0 0
∫
Dengan hanya memilih bagian yang tidak nol jika R → ∞ melalui pemilihan bagian yang sebanding dengan 1/r dalam Eθ dan Bϕ diperoleh :
∫
r r ( I 0l )2 ω2 r 2 S • n da = cos ω t − 3 6πε0 c c
yang merupakan daya radiasi instan. Daya radiasi rata-rata :
P=
∫
r r l2ω2 I 02 r 1 2 S • n da = ; cos ω t − = 3 2 6πε0c 2 c
Dengan substitusikan
λ = 2πc ω dan c = 1 2
ε0µ0
diperoleh :
2π µ0 l I 02 P= ...........................( b) 3 ε0 λ 2
Disipasi energi dari suatu resistansi R yang membawa arus I0 cos ωt dengan laju rata-rata : P = RI 02 / 2. Jika dibandingkan dengan persamaan (b), diperoleh resistansi radiasi suatu dipol : 2
2
2π µ0 l l Rr = = 789 ohms (dalam vakum) 3 ε0 λ λ Dalam medium material µ0 dan εo diganti dengan µ dan ε, serta λ = 2 π ω εµ Resistansi radiasi diatas mungkin dapat dipakai untuk menggambarkan radiasi dari antena radio. Namun terdapat beberapa “cacat” yang akan menghambat hasil yang baik, seperti : 1. Efek dari bumi diabaikan 2. Umumnya antena tidak dibebani pada ujungnya 3. Sangat jarang antena yang pendek jika dibandingkan dengan panjang gelombang yang diradiasikan. Dengan menghilangkan kedua cacat terakhir, maka persoalan dapat disederhanakan. Namun kasus pengaruh gangguan bumi diluar cakupan kuliah ini.
B.2. RADIASI DARI SUATU ANTENA SETENGAH-GELOMBANG Batasan panjang antena yang kecil dibandingkan dengan satu panjang gelombang dapat dihilangkan dalam beberapa kasus yang relatif sederhana. Khususnya, suatu kawat yang panjangnya setengah-panjang gelombang dapat dipecah kedalam elemen-elemen tak-hingga, dimana masing-masing elemen metoda sebelumnya (kasus dipol) dapat digunakan. Pandang suatu kawat terletak sepanjang sumbu-z dari –λ/4 ke +λ/4 dan membawa arus yang nol pada ujung-ujung kawat :
2 πz ' I(z ' , t ) = I 0 sin ωt cos λ Ketidakseragaman arus memerlukan suatu variasi rapat arus, dimana terbesar pada ujung-ujung kawat. Suatu elemen dz’ pada z’ dalam vakum berkontribusi terhadap Eθ:
sin θ R 2 πz ' ω cos ω t − cos dE θ = I 0 dz ' 2 c λ 4 πε0 Rc Dimana R adalah jarak dari dz’ terhadap titik observasi dan 1/R2 dapat diabaikan.
Dengan cara yang sama :
dBϕ =
µ 0 I 0ω R 2 πz ' sin θ cos ω t − cos dz ' 4π 0 Rc c λ
Problem dalam perhitungan Eθ dan Bϕ dapat dikurangi dengan menghitung : π/2
K=
1 R cos ω t − cos u du R c −π / 2
∫
Dimana u = 2πz’/λ. Seperti sebelumnya R = r – z’ cos θ dan kemudian dengan memilih r cukup besar, maka z’ cos θ dapat diabaikan, sehingga : π/2
1 r K= cos ω t − + u cos θ cos u du r −π / 2 c
∫
π/2
1 r = cos ω t − cos(u cos θ) cos u du − c c −π / 2
∫
π/2
1 r sin ω t − sin (u cos θ) cos u du r c −π / 2
∫
K=
2 r cos[(π 2 ) cos θ] cos ω t − r sin 2 θ c
Sehingga medan-medannya :
I0 r cos[(π 2 ) cos θ] Eθ = cos ω t − 2πε0 rc sin θ c Bϕ =
µ0I0 r cos[(π 2 ) cos θ] cos ω t − 2 πr sin θ c
Daya rata-rata yang dipancarkan (integral vektor Poynting rata-rata) dari antena :
1 µ0 2 P= I0 4 π ε0
π
∫ 0
cos2 [(π 2 ) cos θ] sin θ dθ 2 sin θ
Untuk antena setengah-gelombang :
I 02 P = 73,1 ohms 2
(dalam vakum)
